Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)www.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT CHUYÊN HA LONG
- ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2011-2012 MƠN TỐN – KHỐI A
THỜI GIAN: 180 PHÚT PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0) điểm
Cho hàm số y=x4 +2mx2 +m2 +m có đồ thị (Cm)với m tham số
1 Khảo sát biến thiên vẽđồ thị hàm số với m= −1
2 Tìm m để (Cm) có điểm cực trị điểm cực trị lập thành tam giác có góc 1200
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình lượng giác
3
2
sin cos 1
sin 4 1 (cos sin ) 16
x x
x
x x
+
=
+ −
2 Giải hệ phương trình
2
4 2
3 0
3 5 0
x xy x y
x x y x y
+ − + =
+ − + =
Câu III (1,0 điểm) Tính giới hạn
2 3
2
cos ln(1 ) lim
x x
e x x
L
x
→
− + +
=
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, tam giác SAB đều
900
SAD= J trung điểm SD Tính theo a thể tích tứ diện ACDJ khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ACJ)
Câu V (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab2+bc2+ca2 =3 Chứng minh rằng
4 4
3 a+7 +3 b+7 + c+7 2(≤ a +b +c )
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(1;1) Tìm tọa độđiểm B thuộc đường thẳng y=3 điểm C thuộc trục
hoành cho tam giác ABC tam giác
2 Trong mặt phẳng Oxy cho A(1;2) B(3;1) Viết phương trình đường trịn qua A, B có tâm nằm đường thẳng 7x+3y+1 0=
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số tự nhiên n≥2, chứng minh hệ thức
1 2 2
2
1 ( ) 2( ) 3( ) ( )
2
n n
n n n n n
C + C + C + +n C = nC
B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy cho A(1;0), B( 2;4)− , C( 1;4)− , D(3;5), tìm tọa độ điểm M đường thẳng
3x y− −5 0= cho hai tam giác MAB MCD có diện tích
2 Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường trịn có tâm nằm đường thẳng 4x+3y−2 0= tiếp
xúc với hai đường thẳng x y+ +4 0= 7x y− +4 0= Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình
2 3
log log 2x x+log log 3x x≥0
(2)ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu Lời giải Điểm
I.1
(1đ) Với m 1
= − hàm số y x= −2x2 a TXĐ: D=
b Sự biến thiên hàm số
* Giới hạn hàm số vô cực
lim
x→−∞
= +∞ lim
x→−∞
= +∞
* Bảng biến thiên
' 4 4
y = x − x Do đó y' 0= ⇔x =0;x= ±1
- x −∞ -1 +∞
y’ - + - + y
+∞ +∞
-1 -1
- Hàm số nghịch biến khoảng (−∞ −; 1) (0;1) đồng biến khoảng
( 1;0)− (1;+∞)
Hàm sốđạt cực đại x=0, giá trị cực đại hàm số
Hàm sốđạt cực tiểu x= ±1, giá trị cực tiểu y( 1)± = −1
- c Đồ thị
* Điểm uốn y'' 12= x2 −4 '' 0
y = có hai nghiệm 3 3
x= ± y’’ đổi dấu qua hai nghiệm
nên đồ thị có hai điểm uốn ( 3; 5)
3 9
− − ( 3; 5) 3 −9 * Điểm cắt trục tung (0;0),
các điểm cắt trục hoành (0;0); (− 2;0) ( 2;0) Nhận xét: Hàm số chẵn nên nhận trục tung làm trục đối xứng
Yêu cầu:
Đủ đề mục khảo sát
Đồ thị hàm số phải vẽ trơn có tính đối xứng
0.25
-
0.25
-
0.25
-
0.25
I.2 (1đ)
3
' 4 4 4 ( )
y = x + mx= x x +m
0 x
y
-1
-1
1
3 3
3
−
5
(3)2
0
' 0 x
y x m = = ⇔ = −
Để hàm số có điểm cực trị pt y’=0 có nghiệm phân biệt nên m<0
Khi y’ đổi dấu qua nghiệm nên đk đủđể hàm số có điểm cực trị m<0
- Tính tọa độ điểm cực trị A(0;m2 +m); B( −m m; ); C(− −m m; )
2
( ; )
AB= −m m−
; AC = −( −m m;− 2)
AB AC= = −m m+ nên tam giác ABC cân A
-
Để tam giác có góc 1200 BAC=1200 Do
4
4
1 cos cos( ; )
2
m m BAC AB AC
m m
+
= = = −
− +
- Từđó tính
3
1 3
m= −
0.25 - 0.25 - 0.25 - 0.25 II.1 (1đ)
ĐK: x∈
Biến đổi pt (sin cos )(1 sin cos ) 1sin (cos sin )(cos sin )
2 2sin cos 8
x x x x
x x x x x
x x
+ −
= + −
−
- Ta sin cos 0
(cos sin )sin 2 4
x x
x x x
+ = − = -
Đánh giá pt thứ hai vô nghiệm VT<4 (hoặc giải cách đặt ẩn phụ)
- Giải pt đầu suy nghiệm ( )
4
x = −π +k kπ ∈
0.25 - 0.25 - 0.25 - 0.25 II.2
(1đ)
Xét x=0 suy y=0 một nghiệm hệ
- Xét x≠0, chia hai vế pt đầu cho x, hai vế pt sau cho x2 biến đổi hệ
2 2 3 3
3 5 5
y
y x y
x y x
x
y y
x y x y
x x + + = + + = ⇔ + + = + + =
Đặt z x y x
= + được hệ 3 5 z y z y + = + = - Giải hệ z=2;y=1 hoặc z= −1;y=4
- Giải trường hợp đầu x= y =1, trường hợp sau vơ nghiệm
Tóm lại nghiệm (x;y) hệ (0;0);(1;1)
(4)III
(1đ) Biến đổi
2 3
2
( 1) (1 cos ) ln(1 ) lim
x x
e x x
L x → − + − + + = 3
2
0
( 1) 1 cos ln(1 )
lim .
(1 cos )
x x
e x x
x
x x x x
→ − − + = + + + -
2 3
2
2
0
sin
( 1) 1 2 ln(1 )
lim . .
2(1 cos ) 2 x x x e x x
x x x x
→ − + = + + + - Khi x→0 x2 →0; 0
2
x
→ x3 →0 nên
2 3
2
2
0 0
sin
1 2 ln(1 )
lim 1;lim 1;lim 1
2
x
x x x
x
e x
x x x
→ → → − + = = = = - Từđó tính giới hạn cho 5
4
L=
0.25 - 0.25 - 0.25 - 0.25 IV
(1đ)
Do AD vuông góc với SA AB nên AD vng góc với
mặt (SAB)
Gọi I trung điểm AB AD vng góc với SI
Mà tam giác SAB nên AB vng góc với SI
Suy SI vng góc với mặt (ABCD)
- Do dó khoảng cách từ J đến (ACD) 1
2 khoảng cách từ S đến mặt (ABCD)
bằng 1 3
2 4
a SI =
Từđó suy thể tích tứ diện ACDJ
2
1 1 3 3
.
3 2 4 24
a a
V = a = (đvtt)
- Xét tam giác BCI vuông B nên
2
2 2 5
4 4
a a
CI =CB +BI =a + =
Tam giác SIC vuông I nên
2
2 2 3 5 2
4 4
a a
SC =SI +IC = + = a Tương tự
2 2
SD =SC = a
Tam giác SCD có CJ đường trung tuyến nên
(5)2 1( 2) 1 1(2 2) 1.2 2
2 4 2 4
CJ = SC +CD − SD = a +a − a =a
- Xét tam giác AJC có ; 2;
2
a
AJ = AC a= CJ =a nên tính cos 3
4
A= Từđó
7
sin
4
JAC= nên
2
AJC
1 7 7
. . 2.
2 2 4 8
a a
S = a =
Khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ACJ)
3
2
3
3. 21
24
7 7
8
a
a d
a
= = (đvd)
*************************************************************************** Có thể tính diện tích tam giác JAC cách lấy hình chiếu J mặt đáy (là trung điểm
H DI) Trong mặt đáy, kẻ HK vng góc với AC (hay HK song song với BD) với K thuộc
AC JK vng góc với AC tính JK đường cao tam giác JAC
-
0.25
V
(1đ’) Áp dụng bdt Cauchy cho số
3
(a+7) 8 (+ + ≥ a+7).8.8 12= a+7
Làm tương tự cộng vào với ta 7 7 7 69
12
a b c a+ + b+ + c+ ≤ + + + - Dùng bdt Cauchy cho số ta a4 +1 1 4+ + ≥ a
Do dó
4 4
69 285
12 48
a b c+ + + a +b +c + ≤
- nên cần chứng minh
4 4
4 4
285
2( )
48
a b c
a b c
+ + +
≤ + + hay a4 +b4 +c4 ≥3 với ab2 +bc2+ca2 =3
- Dùng bdt Cauchy a4 +b4 +b4 +1 4≥ ab2; b4 +c4+c4 +1 4≥ bc2,
4 4 1 4
c +a +a + ≥ ca Cộng vế bất đẳng thức suy đpcm
Dấu “=” xảy a b c= = =1
0.25 -
0.25 -
0.25 - 0.25
VI.a.1 (1đ’)
Gọi tọa độ B(a;3), C(b;0) Tam giác ABC AB=BC=CA
Từđó ta có hệ:
2
2
( 1) 4 ( 1) 1 ( 1) 4 ( ) 9
a b
a b a
− + = − +
− + = − +
-
Đổi biến u a= −1;v b= −1 thu được hệđẳng cấp:
2
2
3
2 5
v u uv v − =
− =
suy 8v2 −6uv−5u2 =0⇔ u= −2v hoặc 4 5
v u=
-
0.25 -
0.25
(6)Trường hợp đầu vô nghiệm, TH sau có hai nghiệm (u;v) (4 3; );( 4 3; 5 3)
3 3 − 3 − 3 - Tính B,C (4 3;3); (5 3;0)
3 3
B + C + ( 4 3;3); ( 5 3;0)
3 3
B − + C − +
- 0.25
VI.a.2 (1đ’)
Gọi tọa độ tâm đường tròn I(a;b)
IA=IB nên (a−1)2 +(b−2)2 =(a−3)2 +(b−1)2 ⇔4a−2b=5
- mà 7a+3b= −1, tính 1; 3
2 2
a= b= −
- suy 25
2
R =
- Vậy pt đường tròn ( 1)2 ( 3)2 25
2 2 2
x− + y+ =
0.25 -
0.25 - 0.25 -
0.25 VII.a
(1đ’) Áp dụng hệ thức
2
(x 1) (1n x)n (1 x) n
+ + = +
Đạo hàm hai vế ta có 2.(x+1) [(1n +x) ]' [(1n = +x) ]'2n
- Vì (x 1)n C xn0 n C xn1 n−1 C xn2 n−2 C x Cnn−1 nn
+ = + + + + +
1 2
[(1 ) ]'n 2. 3. ( 1) n n n n
n n n n n
x C C x C x n C x− − nC x −
+ = + + + + − +
- nên hệ số xn−1 khai triển vế trái 2[( )C1 2n +2(Cn2 2) +3( )Cn3 2+ +n C( nn) ]2 -
Mà [(1 x) ]'2n C12n C x22n C x2nn n−1 C x22nn 1n−
+ = + + + + + nên hệ số của xn−1 khai triển vế phải C2nn
Hai hệ số xn−1 phải nên suy đpcm
0.25 -
0.25
- 0.25 -
0.25
VI.b.1
(1đ’) Tính AB 5
= ptAB 4x+3y−4 0= ; CD = 17 pt CD x−4y+17 0= - Gọi M a a( ;3 −5) Để hai tam giác MAB MCD có diện tích bằng
(M AB; ). (M CD; ). 13 19 11 37 d AB d= CD⇔ a− = a−
- Tính a= −9 hoặc 7
3
a= (khi đó MAB MCD thật tam giác)
- Từđó suy M( 9; 32)− − hoặc ( ;2)7
3
M
0.25 -
0.25 -
0.25 -
0.25 VI.b.2
(1đ’)
Tâm đường tròn phải thuộc đường phân giác hai đường thẳng nên thuộc đường thẳng
3 8
x− y = hoặc 3x y+ = −6
-
(7)Trường hợp thứ tính tâm(2; 2);− R=2 2 Ptđtrịn (x−2)2 +(y+2)2 =8 - Trường hợp thứ hai tính tâm( 4;6);− R=3 2 Ptđtròn (x+4)2 +(y−6)2 =18
- 0.375
VII.b (1đ’)
Dễ thấy x≥1 nghiệm bpt
- Xét 0<x<1 chia hai vế pt cho log log2x 3x>0 ta
3
3
log 2 log 3 0 log log
x x
x + x ≥
Rút gọn ta
2 log 0+ x ≥
- Tính 0 6
6
x
< ≤
- Từđó tập nghiệm (0; 6] [1; )
6
S = ∪ +∞
*************************************************************************** Có thể giải cách đưa số biến đổi pt log log (6 ) 02x 2 x2 ≥
0.25 -
0.25
-0.25
-0.25
Yêu cầu:
Học sinh trình bày chi tiết lời giải bước tính tốn
Lời giải phải đảm bảo tính chặt chẽ, đặc biệt điều kiện cần đủ, bước đánh giá
(8) ƯỜ