Xem mẫu
- SỞ GD & ĐT THANH HÓA KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN MÔN: TOÁN; KHỐI: B+D
(Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x − 3mx + 2 ( Cm )
3
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( C1 )
1.
Tìm m để đồ thị của hàm số ( Cm ) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d : x + y + 7 = 0
2.
1
góc α , biết cosα =
26
Câu II (2 điểm)
π
Giải phương trình 2 cos 3x cos x + 3 ( 1 + sin 2 x ) = 2 3cos 2 x +
2
1. ÷
4
2. x + 3 = 3x + 1 + x − 1
Giải phương trình
3ln 2
dx
∫
I=
)
(
Câu III (1 điểm) Tính tích phân 2
ex + 2
3
0
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB = a 2 . Gọi I
là trung điểm của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) th ỏa mãn
uu
r uur
u 0
IA = −2 IH . Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 60 . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và
khoảng cách từ trung điểm K của SB đến mặt phẳng (SAH).
Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1 .
a 5 − 2a 3 + a b5 − 2b3 + b c 5 − 2c3 + c 2 3
+ + ≤
Chứng minh rằng
b2 + c2 c2 + a2 a 2 + b2 3
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12,
tâm I là giao điểm của đường thẳng d : x − y − 3 = 0 và d ' : x + y − 6 = 0 . Trung điểm một cạnh là
giao điểm của d với trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M (0; −1; 2) và N ( −1;1;3) . Viết
phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách t ừ K ( 0; 0; 2 ) đến (P) đạt giá trị lớn
nhất
n
∑C
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển ( a + b ) =
n
a n − k b k với quy ước số hạng thứ i của khai
k
n
k =0
triển là số hạng ứng với k = i-1.
Hãy tìm các giá trị của biết rằng số hạng thứ tri ển
x 6 trong khai
8
log 3 9 x−1+7 − 1 log2 3x−1+1
÷
+2 5
2 2 ÷ là 224.
÷
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC cân tại A, phương trình các cạnh AB, BC lần lượt là x + 2 y − 1 = 0 và
3 x − y + 5 = 0 . Viết phương trình cạnh AC biết AC đi qua điểm M(1;-3).
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm A ( 2;3;1) , B ( −1; 2;0 ) , C ( 1;1; −2 ) .
Tìm tọa độ trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình x ( 3log 2 x − 2 ) > 9 log 2 x − 2
…………………….Hết…………www.laisac.page.tl
- SỞ GD & ĐT THANH HÓA KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN; KHỐI: B+D
(Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề)
Nội dung Điể
Câu
m
1.(1,0 điểm)
I
(2điểm y = x3 − 3x + 2
Hàm số (C1) có dạng
)
• Tập xác định: ¡
0,25
• Sự biến thiên
- lim y = −∞, lim y = −∞
x →−∞ x →+∞
y ' = 3 x 2 − 3 = 0 ⇔ x = ±1
- Chiều biến thiên:
Bảng biến thiên
−∞ +∞
X -1 1
0,25
y’ + 0 - 0 +
+∞
4
Y
−∞ 0
( −∞; −1) , ( 1; +∞ ) , nghịch biến trên khoảng
Hàm số đồng biến trên các khoảng
0,25
(-1;1)
x = −1, yCD = 4 . Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = 0
Hàm số đạt cực đại tại
• Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn
y f(x)=x^3-3x+2
4
3
0,25
2
1
x
-2 -1 1 2
-1
2.(1,0 điểm)
ur
n1 = ( k ; −1) , d có vec tơ
Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến ⇒ tiếp tuyến có vectơ pháp tuyến
uu
r 0,25
n2 = ( 1;1)
pháp tuyến
3
uruur
k = 2
n1 n2 k −1
1
Ta có cos α = ur uu ⇔ = ⇔
r 0,25
k = 2
26 2 k 2 +1
n1 n2
3
Yêu cầu bài toán ⇔ ít nhất một trong hai phương trình y ' = k1 và y ' = k2 có nghiệm x
2 3
3 x + 2 ( 1 − 2 m ) x + 2 − m =
có nghiêm
0,25
2
⇔
2
3 x 2 + 2 ( 1 − 2 m ) x + 2 − m =
có nghiêm
3
1 1 1
m ≤ − 4 ∧ m ≥ 2 m ≥ 2
∆ = 8m − 2m − 1 ≥ 0
' 2
⇔ 1 ⇔ ⇔ 0,25
m ≤ − 3 ∧ m ≥ 1 m ≤ − 3
∆ 2 = 4m − m − 3 ≥ 0
' 2
4 4
1.(1,0 điểm)
II
- (2điểm π
2 cos 3x cos x + 3 ( 1 + sin 2 x ) = 2 3cos 2 2 x + ÷
)
4
0,25
π
⇔ cos 4 x + cos2 x + 3 ( 1 + sin 2 x ) = 3 1 + cos 4 x + ÷÷
2
⇔ cos4 x + 3 sin 4 x + cos2 x + 3 sin 2 x = 0
π π
⇔ sin 4 x + ÷+ sin 2 x + ÷ = 0
6 6 0,5
π
⇔ 2sin 3 x + ÷cos x = 0
6
π π
π
x = − 18 + k 3
sin 3 x + ÷ = 0
⇔ ⇔
6 0,25
x = π + kπ
cos x = 0
2
2.(1,0 điểm)
1
x≥−
Điều kiện:
3 0,25
x + 3 = 3x + 1 + x − 1 ⇔ 3x + 1 − x + 3 + x − 1 = 0
Khi đó
2 ( x − 1)
+ ( x − 1) = 0
⇔ 0,25
3x + 1 + x + 3
2 2
⇔ ( x − 1) + 1÷ = 0 ⇔ x = 1 Do + 1 > 0, ∀x ÷(tmdk
3x + 1 + x + 3 3x + 1 + x + 3
0, 5
)
Vậy phương trình có nghiệm là x = 1
III x
3ln 2 3ln 2
dx e 3 dx
(1điểm
∫ ∫
I= =
)
(
0,25
)
)
(
2 x 2
e +2
3 x
e +2
3 x
e
0 0 3
x x
13
t = e ⇒ dt = e dx .
Đặt 3
0,25
3
Với x = 0 thì t = 1; x = 3ln2 thì t = 2
Khi đó
3 1 2
2
2 2
3 2 3 3 1
3dt 1 t 0,5
I =∫ = ∫ − ÷ = ln
− + ÷ = ln − ÷
dt
4 1 t t + 2 ( t + 2) ÷
t ( t + 2) 4 t + 2 t + 2 1 4 2 6
2 2
1
- IV
S
(1điểm
)
.K
H B
I
C
A
uu
r uur
u
*Ta có IA = −2 IH ⇒ H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2 IH
BC = AB 2 = 2a
0,25
a 3a
Suy ra IA = a, IH = ⇒ AH = IA + IH =
2 2
a5
HC 2 = AC 2 + AH 2 − 2 AC. AH .cos 450 ⇒ HC =
Ta có
2
0,25
a 15
SH ⊥ ( ABC ) ⇒ ( SC , ( ABC ) ) = ∠SCH = 600 ⇒ SH = HC .tan 600 =
Vì
2
a5
HC 2 = AC 2 + AH 2 − 2 AC. AH .cos 450 ⇒ HC =
Ta có
2
0,25
a 15
SH ⊥ ( ABC ) ⇒ ( SC , ( ABC ) ) = ∠SCH = 600 ⇒ SH = HC .tan 600 =
Vì
2
a 3 15
1 0,25
( dvtt )
= S ∆ABC .SH =
VS . ABC
Thể tích khối chóp S.ABCD là:
3 6
BI ⊥ AH
⇒ BI ⊥ ( SAH )
*
BI ⊥ SH
d ( K , ( SAH ) ) SK 1
0,25
1 1 a
= ⇒ d ( K , ( SAH ) ) = d ( B, ( SAH ) ) = BI =
⇒ =
d ( B, ( SAH ) ) SB 2 2 2 2
a 2 + b 2 + c 2 = 1 nên a, b, c ∈ ( 0;1)
V Do a, b, c > 0 và
(1điểm
( )
2
) a a2 −1
Ta có a − 2a + a =
5 3
= −a 3 + a 0,5
b2 + c2 1− a2
23
( −a )( )( )
+ a + −b3 + b + −c 3 + c ≤
3
Bất đẳng thức trở thành
3
f ( x ) = − x3 + x ( x ∈ ( 0;1) ) . Ta có: 0,5
Xét hàm số
23
Max f ( x ) =
( 0;1) 9
23
⇒ f ( a) + f ( b) + f ( c) ≤
3
- 1
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c=
3
1.(1,0 điểm)
VIa
(2điểm Tọa dộ giao điểm I của d và d’ là nghiệm của hệ phương trình
) 9
x = 2
x − y −3 = 0
9 3
⇔ ⇒I ; ÷
x + y − 6 = 0 y = 3 2 2 0,25
2
Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD
⇒ M = d ∩ Ox ⇒ M ( 3;0 )
AB = 2 IM = 3 2
Ta có:
Theo giả thiết S ABCD = AB. AD = 12 ⇒ AD = 2 2 0,25
Vì I, M thuộc d ⇒ d ⊥ AD ⇒ AD : x + y − 3 = 0
MA = MD = 2 ⇒ tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình
Lại có
x + y − 3 = 0 x = 2 x = 4
0,25
⇒ A ( 2;1) ; D ( 4; −1)
⇔ ∧
( x − 3 ) + y 2 = 2 y = 1 y = −1
2
Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2)
0,25
TT: I là trung điểm của BD nên B(5; 4)
2.(1,0 điểm)
r
(A )
n = ( A, B, C ) + B 2 + C 2 ≠ 0 là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
2
Gọi
0,25
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng;
Ax + B ( y + 1) + C ( z − 2 ) = 0 ⇔ Ax + By + Cz + B − 2C = 0
N ( −1;1;3) ∈ ( P ) ⇔ − A + B + 3C + B − 2C = 0 ⇔ A = 2 B + C
0,25
⇒ ( P ) : ( 2 B + C ) x + By + Cz + B − 2C = 0
Khoảng cách từ K đến mp(P) là:
B
( )
d K , ( P) =
2 2
4 B + 2C + 4 BC
-Nếu B = 0 thì d(K,(P))=0 (loại)
-Nếu B ≠ 0 thì 0,25
B 1 1
d ( K,( P) ) = = ≤
2
4 B + 2C + 4 BC
2 2 2
C
2 + 1÷ + 2
B
Dấu “=” xảy ra khi B = -C. Chọn C = 1
0,25
Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0
( )
VIIa 1
1 1
( ) ( )
− log 2 3x−1 +1 −
9 x−1 + 7
3
= 9 x −1 + 7 3 , 2 = 3x −1 + 1
Ta có 0,25
2log 2 5 5
(1điểm
)
Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là
3 5
1 1
( ) ( ) ( )( )
−
−1 0,25
C 9 x −1 + 7 3 . 3x −1 + 1 x −1 x −1
= 56 9 + 7 3 + 1
5 5
8
x = 1
9 x −1 + 7
( )( )
−1
x −1 x −1
Treo giả thiết ta có 56 9 + 7 3 + 1 = 224 ⇔ x −1 =4⇔ 0,5
x = 2
3 +1
1.(1,0 điểm)
VIb
ur
n1 = ( 1; 2 )
(2điểm
Đường thẳng AC có vec tơ pháp tuyến
) ur
Đường thẳng BC có vec tơ pháp tuyến n1 = ( 3; −1)
0,25
Đường thẳng AC qua M(1; -3) nên có phương trình:
(a )
a ( x − 1) + b ( y + 3) = 0 + b2 > 0
2
Tam giác ABC cân tại đỉnh A nên ta có: 0,25
- 3− 2 3a − b
cos ( AB, BC ) = cos ( AC , BC ) ⇔ =
12 + 22 32 + 12
a 2 + b2 32 + 12
1
a = 2 b
⇔ a 2 + b 2 = 5 3a − b ⇔ 22a 2 − 15ab + 2b 2 = 0 ⇔
a = 2 b
11
1
a = b , chọn a= 1, b = 2 ta được đường thẳng AC: x + 2y + 5 = 0 (loại vì khi đó AC//AB)
Với 0,25
2
2
Với a = b , chọn a = 2, b = 11 ta được đường thẳng AC 2x + 11y + 31 = 0 0,25
11
2.(1,0 điểm)
H( x; y; z ) là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi BH ⊥ AC , CH ⊥ AB, H ∈ ( ABC )
2
x = 15
uuu uuu
rr
BH . AC = 0 ( x + 1) + 2 ( y − 2 ) + 3z = 0
uuu uuu
rr
0,5
29
⇔ 3 ( x − 1) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = 0 ⇔ y =
⇔ CH . AB = 0
15
uuur uuu uuu
rr
( x − 2 ) − 8 ( y − 3) + 5 ( z − 1) = 0
AH AB, AC = 0
1
z = − 3
I( x; y; z ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi AI = BI = CI , I ∈ ( ABC )
( x − 2 ) 2 + ( y − 3) 2 + ( z − 1) 2 = ( x + 1) 2 + ( y − 2 ) 2 + z 2
AI 2 = BI 2
⇔ ( x − 1) + ( y − 1) + +22 = ( x + 1) + ( y − 2 ) + z 2
2 2 2 2
⇔ CI 2 = BI 2
uur uuu uuu
rr
( x − 2 ) − 8 ( y − 3) + 5 ( z − 1) = 0
AI AB, AC = 0
0,5
14
x = 15
14 61 1
61
⇔ y = ⇒ I , ,− ÷
15 30 3
30
1
z = − 3
Điều kiện x > 0
VIIb
⇔ 3 ( x − 3) log 2 x > 2 ( x − 1) ( 1)
(1điểm Bất phương trình 0,25
)
Nhận thấy x = 3 không phải là nghiệm của phương trình (1)
x −1
3
( 1) ⇔ log 2 x >
TH1: Nếu x > 3 thì
x−3
2
3
log 2 x , hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ )
f ( x) =
Xét hàm số 0,25
2
x −1
, hàm số nghịch biến trên khoảng ( 3; +∞ )
g ( x) =
x −3
+ Với x> 4 thì f ( x ) > f ( 4 ) = 3 = g ( 4 ) > g ( x )
Suy ra bất phương trình có nghiệm x > 4 0,25
x ≤ 4 thì f ( x ) ≤ f ( 4 ) = 3 = g ( 4 ) ≤ g ( x ) ⇒ bất phương trình vô nghiệm
+ Với
x −1
3
TH2: Nếu x < 3 thì ( 1) ⇔ log 2 x <
x−3
2
+ Với x ≥ 1 thì f ( x ) ≥ f ( 1) = 0 = g ( 1) ≥ g ( x ) ⇒ bất phương trình vô nghiệm 0,25
f ( x ) < f ( 1) = 0 = g ( 1) < g ( x ) ⇒ Bất phương trình có nghiệm 0 < x
nguon tai.lieu . vn
