Đang tải... (xem toàn văn)
Chứng minh AC ’ vuông góc với mặt phẳng (BDMN) và tính thể tích khối đa diện AA ’ BDMN theo a.. Theo chương trình Nâng cao.[r]
(1)TRƯỜNG THPT TÂY THỤY ANH
www.VNMATH.com ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2010-2011 Mơn: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm).
Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x3 – 3x + có đồ thị (C) đường thẳng (d): y = mx + m + 3. 1/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số
2/ Tìm m để (d) cắt (C) ba điểm phân biệt M(-1; 3), N, P cho tiếp tuyến (C) N P vng góc
Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình : sin 2x3sinxcos 2xcosx1 Giải bất phương trình : x1 x 5 x Câu III (1điểm) Tính tích phân I =
1
2
dx
1 x x
Câu IV (1điểm).Cho hình hộp đứng ABCD A’B’C’D’ có AB = AD = a, AA’ = a
2 , góc BAD 60 0 Gọi M,N trung điểm cạnh A’D’ A’B’ Chứng minh AC’vng góc với mặt phẳng (BDMN) tính thể tích khối đa diện AA’BDMN theo a
Câu V (1 điểm)
Cho x, y, z số dương thỏa mãn xyz = CMR: 3
2 2
3
( ) ( ) ( )
x y z y z x z x y
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một hai phần (phần A hoặc B) A Theo chương trình Ch̉n.
Câu VIa (2®iĨm)
1 Cho tam giác ABC có đỉnh A (0;1), đường trung tuyến qua B đường phân giác góc C có phương trình : (d1): x – 2y + = (d2): x + 2y + =
Viết phương trình đường thẳng BC
Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vng góc Oxyz cho mp(P) : x – 2y + z – = hai đường thẳng : (d) x y z
1
(d’)
x y z
2 1
Viết phương trình tham số đường thẳng () nằm mặt phẳng (P) cắt hai đường thẳng (d) (d’) CMR (d) (d’) chéo tính khoảng cỏch gia chỳng
Câu VIIa: (1điểm)
Cho khai triÓn n
n n
x a x
a x a a x
3
1
2
0 Tìm số lớn số a0,a1,a2, ,an biết n
là số tự nhiên thỏa m·n 22 2 1 n1 11025
n n n n n n n
n
nC C C C C
C
B Theo chương trình Nâng cao. Câu VI b(2điểm)
1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(2; 3) elip (E): 2
3
x y
Gọi F1 F2 tiêu
điểm (E) (F1 có hồnh độ âm); M giao điểm có tung độ dương đường thẳng AF1 với (E); N
là điểm đối xứng F2 qua M Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ANF2
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm B0;3;0 , M4;0; 3 Viết phương trình mặt phẳng ( )P chứa B M, cắt trục Ox Oz, điểm A C cho thể tích khối tứ diện
OABC (O gốc toạ độ ) C©u VII.b: (1điểm) Giải hệ phơng trình:
2
3
log (3 ) log ( )
( ) 2.4 20
x y x y x
x y x y
x y x xy y
x R
(2)Họ tên thí sinh : ……… Số báo danh ………
TRƯỜNG THPT TÂY THỤY ANH KỲ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2010-2011 Mơn: TỐN
ĐÁP ÁN SƠ LƯỢC – BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN
(Đáp án gồm 07 trang)
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu I (2 điểm)
: Cho hàm số y = x3 – 3x + có đồ thị (C) đường thẳng (d): y = mx + m + 3. 1/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số
2/ Tìm m để (d) cắt (C) M(-1; 3), N, P cho tiếp tuyến (C) N P vng góc
1.
1/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (Yêu cầu đầy đủ bước)
+ TXĐ
+ Tính y’=3(x2-1); y’ = 0,25đ
+ Khoảng đồng biến , nghịch biến + Cực trị
+ Giới hạn 0,25đ
2.
* Bảng biến thiên:
x - -1 +
y' + - +
y +
- -1
0,25đ
* Đồ thị:
4
2
-2
-4
y
-6 -4 -2
x
-1 3
1
-1 o 0,25đ
2/ Tìm m để (d) cắt (C) M(-1; 3), N, P cho tiếp tuyến (C) N P vng góc
Xét pt hoành độ giao điểm x3-3x+1=mx+m+1
(3)CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
(x+1)(x2-x-m-2)=0 x =-1
g(x) = x2-x-m-2=0 (1)
d cắt (C) M(-1;3) cắt thêm N P cho tiếp tuyến (C) vng góc với
, ,
0
( ) ( ) ( 1)
g
N P
y x y x g
0,25đ
Kết luận 0,5đ
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình : sin 2x3sinxcos 2xcosx1
2
2sin cos 2sin 3sin cos cos(2sin 1) 2sin 3sin
x x x x x
x x x
0,25đ
cos (2sin 1) (2sin 1)(sin 2) (2sin 1)(cos sin 2)
x x x x
x x x
0,25đ
1
sin 6
2
5
cos sin 2( ) ( )
6
x k
x
x x VN x k k Z
0,5đ Giải bất phương trình : 2 x1 x5 x 3
2 x 1 x5 x (1) Đk:x1
Nhân lượng liên hợp: x 1 x50
(2 x1 x5)(2 x1 x5) ( x 3)(2 x 1 x5) 4(x 1) (x 5) (x 3)(2 x x 5)
3(x 3) (x 3)(2 x x 5)
(2) 0,25đ
Xét trường hợp:
TH1:x>3 phương trình (2) trở thành: 2 x1 x5(3) (3) 2 2
VP >3
nên bất phương trình (3) vơ nghiệm
0,25đ TH2: x=3 0>0 (vơ lý)
TH3: 1 x 3nên từ bất phương trình (2) ta suy ra: (2 x1 x5) bình phương vế ta được:
(4)(x1)(x5) 5 x(4) * 8
1
x
x x
(5) (4) ln
* 8
1
x
x x
(*) nên bình phương hai vế (4)ta
9x 144x144 0 8 48x 8 48 Kết hợp với điều kiện(*) ta được: 48
5 x
(6) Từ (5) (6) ta có đs: 8 48x3
0,25đ
Tính I =
2
dx
1 x x
0,25đ
Đặt t = 1+x + x2 1
t – (1+x ) = x21
2
2 2 2 x 2x
2( 1)
t t
t t t x
t
2 2 x
2( 1)
t t
d dt
t
Và 2
1
x t
x t
0,25đ
Vậy I =
2 2 2
2
2
( 2) x 1
2 ( 1) ( 1)
t t d
dt
t t t t t
0,25đ
=1 ln 2ln 2
2 t t t 2
0,25đ
Câu IV
(5)CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
N M
D' C'
B'
A' S
O
D C
B
A
Gọi O tâm ABCD , S điểm đối xứng A qua A’ M N trung điểm SD SB
AB=AD=a , góc BAD = 600 nên ABDđều 3, 3
a
OA AC a
SA = 2AA’ = a 3; CC’ = AA’ = a
SAO = ACC’ SOAC'
0,25đ
Mặt khác BD (ACC A' ') BD AC'
Vậy AC’ (BDMN)
0,25đ Lập luận dẫn tới
3
D
1
3 4
SAB
a
V a a ; '
2
1 3
3 16 32
SA MN
a a a
V 0,25đ
Vậy ' '
3 D
AA D
7a 32
SAB
B MN SA MN
V V V
0,25đ Câu V
(1 điểm)
Cho x, y, z số dương thỏa mãn xyz = CMR:
3 3
2 2
3
( ) ( ) ( )
x y z y z x z x y
Đặt a 1;b 1;c
x y z
ta có :
3 3
3 3
2 2 2a 2a 2a
( ) ( ) ( )
bc b c bc
x y z y z x z x y b c a c b a
(1) 0,25đ
(6)2 2
3 3
2 2 2a 2
( ) ( ) ( )
b c
x y z y z x z x y b c a c b a Cũng áp dụng bất đẳng thức Cô si
ta
2
a
4 b c
a b c
2
4
b a c
b a c
2
4
c a b
c b a
a2 2
2
b c a b c
b c a c b a
mà
3
3
a b c abc Vậy
2 2
3 3
2 2 2a 2
3
( ) ( ) ( )
b c
x y z y z x z x y b c a c b a Điều cần chứng minh
Câu VIa (2 điểm)
1
Cho tam giác ABC có đỉnh A (0;1), đường trung tuyến qua B đường phân giác góc C có phương trình : (d1): x – 2y + =
(d2): x + 2y + = Viết phương trình đường thẳng BC Gọi C x y( ; )c c
Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên:C( 2 yc 2; )yc
Gọi M trung điểm AC nên 1;
c c
y M y
0,25đ
Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên :
c
c c
y
y y
( 4;1) C
0,25đ
Từ A kẻ AJ d2 I ( J thuộc đường thẳng BC) nên véc tơ phương đường thẳng (d2) u(2; 1) véc tơ pháp tuyến đường thẳng (AJ)
Vậy phương trình đường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2x-y+1=0 Vì I=(AJ)(d2) nên toạ độ diểm I nghiệm hệ
4
2 ( 4; 3)
2 5
5 x x y
I
x y
y
0,25đ
Vì tam giác ACJ cân C nên I trung điểm AJ Gọi J(x;y) ta có:
8
0
8 11
5 ( ; )
6 11 5
1
5
x x
J
y y
Vậy phương trình đường thẳng (BC) qua C(-4;1) ; ( 8; 11)
5
J là: 4x+3y+13=0
0,25đ
Mặt phẳng (P) cắt (d) điểm A(10 ; 14 ; 20) cắt (d’) điểm B(9 ; ; 5) Đường thẳng ∆ cần tìm qua A, B nên có phương trình :
(7)CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
2
x t y 8t z 15t
+ Đường thẳng (d) qua M(-1;3 ;-2) có VTCP u 1;1; 2 + Đường thẳng (d’) qua M’(1 ;2 ;1) có VTCP u ' 2;1;1 Ta có :
MM ' 2; 1;3
MM ' u, u ' 2; 1;3 21 1 ; 1 22 ; 12 1 8 0
Do (d) (d’) chéo (Đpcm)
0,25đ
Khi :
MM ' u, u '
d d , d '
11 u, u '
0,5đ
Câu VIIa (1 điểm)
T×m sè lín nhÊt c¸c sè a0,a1,a2, ,an
Ta cã 2
n n n n n n n n n n n
nC 2C C C C 11025 (C C ) 105
C
+ Với n N n2
)i ¹ lo ( 15 n 14 n 0 210 n n 105 n 2 )1 n( n 105 C
C2n 1n
Ta cã khai triÓn
14 k k k 14 k k 14 14 k k k 14 k 14 14 x C x C x
Do k k 14 k 14
k C
a
Gi s akl hệ số lớn cần tìm ta đ ợc hệ ,qua cụng thc khai triờn nh thức
NEWTON ta có hệ sau : 1 k k k k a a a a
3 28
2(15 )
k k k k k k 0,25đ _ 0,25đ
Do kN, nên nhận giá trị k = k =
0,25đ
Do a5 a6 hai hệ số lớn nhất, thay v o ta đượckết a5;a6và a5 a6
VËy hÖ sè lín nhÊt lµ
62208 1001 C a
a5 145 0,25đ Câu VIb (2 điểm) 2
2 2
:
3
x y
E c a b
Do F1(-1; 0); F2(1; 0); (AF1) có phương trình x y 0
(8) M 1;
N 1;
3
NA 1;
; F A2 1; 3
NA.F A 02
ANF2 vng A nên đường trịn ngoại tiếp tam giác có đường kính F2N
0,25đ
Do đường trịn có phương trình :
2
2
( 1)
3 x y
0,25đ
2 Gọi a c, hoành độ, cao độ điểm A C, Do OABC hình tứ diện theo giả thiết nên ac0
Vì B0;3;0Oy nên ta có phương trình mặt phẳng chắn :
x y z P
a c
0,25đ
M4;0; 3 P 4c 3a ac a c
(1)
1 1
.3
3 2
OABC OAC
ac
V OB S ac ac (2) 0,25đ
Từ (1) (2) ta có hệ
4
6
3
4 6
2 a
ac ac a
c a c a c c
0,25đ Vậy 1 2
2
: 1; :
4 3 3
x y z x y z
P P
0,25đ
Câu VIIb (1 im)
Giải hệ phơng trình:
2
3
log (3 ) log ( )
( ) 2.4 20
x y x y x
x y x y
x y x xy y
x R
Đặt logx y (3x y ) log 3x y (x22xy y 2) 3 (1) 2.4 20 x
x y x y (2)
+ ĐK
0
x y x y
Với đk PT (1) logx y (3x y ) log 3x y (x y )2 3
logx y (3x y ) 2log 3x y (x y ) (3)
Đặt tlogx y (3x y )
PT(3) trở th nh 3
2 t
t t t
t t
0,25đ
Với t=1 ta có logx y (3x y ) 1 3x y x y x0 thay vào (2) ta đợc : 4y+2.40=20
4 4y 18 log 18
y
(TM)
Víi t=2 ta cã logx y (3x y ) 2 3x y (x y ) (4)2
(9)CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
PT(2) 22( ) 22 20 22( ) 23 20 (5)
x x y
x y x y x y x y
+ Thay (4) vào (5) ta đợc
2
( )
2( ) 2( )
2 20 2 20 (6)
x y
x y x y x y x y
Đặt t=2(x y ) 0
PT(6) tr thµnh t2 + t – 20 = 5( )
4( )
t L
t TM
Víi t = ta cã 2x y 4
x y x y
Ta cã hÖ 1( )
3
x y x
TM
x y y
Kết luận hÖ PT cã cỈp nghiƯm (0;log 18);(1;1)4
0,5đ
HƯỚNG DẪN CHUNG
+ Trên bước giải khung điểm bắt buộc cho bước, yêu cầu thí sinh phải trình bầy biến đổi hợp lý công nhận cho điểm
+ Mọi cách giải khác cho tối đa theo biểu điểm + Chấm phần Điểm tồn làm trịn đến 0.5 điểm
Người đề : Thầy giáo Phạm Viết Thông