Đề thi thử đại học lần I năm học 2010 – 2011 Môn: Toán – Khối A + B

Sở GDĐT Thái Bình Đề thi thử đại học lần I năm học 2010 – 2011 Tr−ờng THPT nguyễn đức cảnh Môn : Toán – Khối A + B ( Thời gian lm bi:180 phút không kể thời gian giao đề ) I – Phần chung cho tất cả các thí sinh ( 7 điểm ) CâuI :( 2điểm ) Cho hm số : y = x 4 – 5x 2 + 4 1) Khảo sát v vẽ đồ thị (C) của hm số. 2) Tìm tất cả các điểm M trên đồ thị (C) của hm số sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại hai điểm phân biệt khác M. CâuII:( 2điểm ) 1) Giải ph−ơng trình : 3cot 2x + 2 2 sin 2x = (2 + 3 2 )cosx  x2+ y 2 + xy +1 = 4 y 2) Giải hệ ph−ơng trình :  y( x+ y )2 = 2 x 2 + 7 y + 2 5 ln(x − 1 + 1) CâuIII :( 1điểm ) Tính tích phân: I = ∫ dx 2 x−1 + x − 1 CâuIV:( 1điểm ) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD l hình thang vuông tại A v B với AB = BC = a ; AD = 2a. Các mặt phẳng (SAC) v (SBD) cùng vuông góc với mặt đáy (ABCD).Biết góc giữa hai mặt phẳng (SAB) v (ABCD) bằng 60 0.Tính thể tích khối chóp v khoảng cách giữa hai đ−ờng thẳng CD v SB. CâuV:( 1điểm ) Cho cỏc s dương : a , b, c tho món : ab + bc + ca = 3 1 1 1 1 Chng minh rng: + + ≤ . 1+a2 ( b + c ) 1 + b 2 ( c + a ) 1 + c 2 ( a + b ) abc II Phần tự chọn ( 3điểm ) Thí sinh chỉ đ−ợc chọn một phần trong hai phần (Phần A hoặc phần B) A – Theo ch−ơng trình chuẩn . Câu VIa(2điểm ) 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đ−ờng tròn (C) : x 2 + y 2 + 4x – 6y + 9 = 0 v điểm M( 1; 8). Viết ph−ơng trình đ−ờng thẳng d qua M sao cho d cắt (C) tại hai điểm A,B phân biệt m diện tích tam giác ABI đạt giá trị lớn nhất.Với I l tâm của đ−ờng tròn (C). 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ABC với A(1 ; 5 ; 2) ; B( 4 ; 5 ; 2),C(4 ; 1 ; 2). Tìm toạ độ tâm đ−ờng tròn nội tiếp I của tam giác ABC. CâuVIIa (1điểm )Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất ph−ơng trình sau nghiệm đúng với ∀x∈(2 ; 3). 2 2 1 + log 5(x + 1 ) > log 5(x + 4x + m) B – Theo ch−ơng trình nâng cao . CâuVIb (2điểm ) 1) Cho A(1 ; 4) v hai đ−ờng thẳng b : x + y – 3 = 0 ; c : x + y – 9 = 0. Tìm điểm B trên b , điểm C trên c sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho bốn điểm A(1 ; 0 ; 0) , B(0 ; 1 ; 0),C(1 ; 1; 0) v D(0 ; 0 ; m) với m > 0.Gọi E , F theo thứ tự l hình chiếu vuông góc của gốc toạ độ O lên các đ−ờng thẳng AD v BD. Viết ph−ơng trình mặt phẳng (P) chứa các đ−ờng thẳng OE v OF. Tìm các giá trị của m để góc EOF = 45 0. CâuVIIb (1điểm ) Tìm giá trị lớn nhất của tham số m sao cho bất ph−ơng trình : 2 2 1 + log 5(x + 1 ) ≥ log 5(mx + 4x + m) đ−ợc nghiệm đúng với ∀ x ∈ R. Hết Họ v tên : ………………………………………………Số báo danh:……………………….. ( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ) Sơ l−ợc Đáp án toán thi thử đại học lần I –tr−ờng THPT nguyễn đức cảnh khối A + B Cho hm số : y = x 4 – 5x 2 + 4 1) Khảo sát v vẽ đồ thị (C) của hm số. 2) Tìm M ∈∈∈∈ (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại 2 điểm pb khác M. 1) Khảo sát đúng & đầy đủ các yêu cầu, vẽ đồ thị t−ơng đối chính xác 1đ. 2)Lấy M(m ; m 4 – 5m 2 + 4) ∈ (C) 0,25 => pt 3 của (C) tại M : y = (4m 3 – 10m)(x – m) + m 4 – 5m 2 + 4 (d) Honh độ của (d) & (C) l nghiệm pt : 0,25 x4 – 5x 2 + 4 = (4m 3 – 10m)(x – m) + m 4 – 5m 2 + 4 CâuI
(x – m) 2(x 2 + 2mx + 3m 2 – 5) = 0 (1)  2 0,25 2 2 5 − 2m > 0 Để tmycbt
x + 2mx + 3m – 5 = 0 có hai n 0 pbiệt khác m
 6m 2 − 5 ≠ 0 4 2     0,25 Kết luận : các điểm M(m ;m – 5m + 4) ∈∈∈∈(C) với honh độ m  10 10  30 ∈  − ;  \ ±   2 2   6  1) Giải ph−ơng trình : 3cot 2x + 2 2 sin 2x = (2 + 3 2 )cosx đk : x ≠ mπ 0,25 cos x − 2 Pt
3cosx( 2 2 ) = 2(cosx 2 sin x) sin x  2 0,25 2 2 2 cos x + cos x − 2 = 0
(cosx 2 sin x)(3cosx – 2sin x) = 0
  2cos 2 x + 3cos x − 2 = 0 cos x = − 2 (loai )  2  cos x =
 2  cos x = − (2 loai ) 0,25  1  cos x = CâuII  2 π π 0,25 Kết luận : kết hợp với đk pt có bốn nghiệm : x = ± + k2π & x = ± + k2π 4 3  x2+ y 2 + xy +1 = 4 y 2) Giải hệ ph−ơng trình :  y( x+ y )2 = 2 x 2 + 7 y + 2  x2 +1  +x + y = 4  x2+ y 2 + xy +1 = 4 y  y Vì y = 0 không l nghiệm nên ⇔  . 0,25 y( x+ y )2 = 2 x 2 + 7 y + 2 x2 +1 (x+ y )2 − 2 = 7  y x2 +1  u + v = 4 0,25 ðt u=, v = x + y ta cú h
 y v 2 − 2u = 7 u+ v =4  u = 4 − v  v = 3, u = 1 0,25 ⇔  ⇔  v2−2 u = 7  v 2 + 2 v − 15 = 0  v = − 5, u = 9 +) Vi v=3, u = 1 ta cú h: x2+1 = y  x 2 + 1 = y  x 2 + x − 2 = 0  x=1, y = 2 ⇔  ⇔  ⇔ .  = − = x+ y =3  y = 3 − x  y = 3 − x x2, y 5 0,25 x2+1 = 9 y  x 2 + 1 = 9 y  x 2 + 9 x + 46 = 0 +) Vi v= −5, u = 9 ta cú h: ⇔  ⇔  ,hvô n 0. x+ y = −5  y = − 5 − x  y = − 5 − x KL: Vy h ủó cho cú hai nghim : (x ; y )= {(1; 2), ( − 2; 5)}. 5 ln(x − 1 + 1) 1 Tính tích phân : I = ∫ dx x−1 + x − 1 2 0,25 CâuIII ðt t= x −1 + 1 x = 2 ⇒ t = 2 x = 5 ⇒ t = 3 dx=2(t1)dt 3 (t − )1 ln t 3 lnt I = 2 dt = 2 dt = ln 23 – ln 22 ∫ − 2 + − ∫ 2 (t )1 t 1 2 t 0,75 Chóp SABCD có đáy ABCD l hthang vuông tại A v B với AB = BC = a ; AD = 2a. (SAC) ⊥⊥⊥⊥(ABCD)v (SBD) ⊥⊥⊥⊥ (ABCD) .Biết g((SAB) ; (ABCD) )= 60 0.Tính V v d(CD ; SB) S K A O D I E H CâuIV B C 1 +) Gọi H = AC ∩ BD => SH ⊥ (ABCD) & BH = BD 3 0,25 Kẻ HE ⊥ AB => AB ⊥ (SHE) => g((SAB);(ABCD)) = SHE = 60 0. 1 2a 2a 3 1 a 3 3 0,25 M HE = AD = => SH = => VSABCD = .SH.S ABCD = 3 3 3 3 3 1 +) Gọi O l trung điểm AD=>ABCO l hv cạnh a => ACD có trung tuyến SO = AD 2  CD ⊥ AC => CD ⊥ (SAC) v BO // CD hay CD // (SBO) & BO ⊥ (SAC). 0,25  d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)). 1 a 2 5a 2 Tính chất trọng tâm tam giác BCO => IH = IC = => IS = IH 2 + HS 2 = 3 6 6 kẻ CK ⊥ SI m CK ⊥ BO => CK ⊥ (SBO) => d(C;(SBO)) = CK 0,25 1 1 SH.IC 2a 3 Trong tam giác SIC có : S SIC = SH.IC = SI.CK => CK = = 2 2 SI 5 Vậy d(CD;SB) = 2a 3 5 1 1 1 1 Cho: a , b, c d−ơng tm : ab + bc + ca = 3 CMR : + + ≤ . 1+a2 ( b + c ) 1 + b 2 ( c + a ) 1 + c 2 ( a + b ) abc Áp dng BðT Cauchy cho 3 s dương ta cú: 3=ab + bc + ca ≥ 33 ( abc )2 ⇒ abc ≤ 1 . 0,25 1 1 0,25 +2 + ≥ +2 + = + += ⇒ ≤ Suy ra: 1a ( b c ) abc a ( b c ) a ( ab b c ca) 3 a 2 (1). 1+a ( b + c ) 3 a CâuV 1 1 1 1 0,25 Tương t ta cú: ≤(2), ≤ (3). 1+b2 ( c + a ) 3 b 1 + c 2 ( a + b ) 3 c Cng (1), (2) và (3) theo v vi v ta cú: 1 1 1 1 1 1 1ab+ bc + ca 1 + + ≤( + + ) = = W. 1+a2 ( b + c ) 1 + b 2 ( c + a ) 1 + c 2 ( a + b ) 3 c b c 3 abc abc 0,25 Du “=” xy ra khi và ch khi abc=1, ab + bc + ca = 3 ⇒ a = b = c = 1, ( a , b , c > 0). CâuVIa 1) Cho đtròn (C) : x 2 + y 2 + 4x – 6y + 9 = 0 v điểm M( 1; 8).Viết ptđthẳng d qua M sao cho d cắt (C) tạiA,B phân biệt m S BIA Max . Đtròn (C) có tâm I( 2; 3) & bán kính R = 2. 0,25 Giả sử ptđt (d) : Ax + By – A + 8B = 0 với A 2 + B 2 > 0. 1 Luôn có BIA cân tại I với IA = IB = 2 ; S = IA.IB.sinAIB = 2sinAIB BIA 2 0,25 11B − 3A => SBIA ≤ 2 Dấu = khi AIB vuông cân tại I hay d(I ; (d)) = 2
= 2 0,25 A2 + B 2
7A 2 – 66BA + 119B 2 = 0
(A – 7B)(7A – 17B) = 0 0,25 Vậy có hai đ−ờng thẳng d thoả mn: 7x + y + 1 = 0 & 17x + 7y + 39 = 0 . 2) Cho ABC với A(1 ; 5 ; 2) ; B( 4 ; 5 ; 2),C(4 ; 1 ; 2). Tìm toạ độ tâm đ−ờng tròn nội tiếp I của tam giác ABC. Ta có AB = 5 5 ; AC = 3 5 ; 0,25 DB AB 5 Gọi D(x ; y ; z) l chân đ−ờng phân giác trong góc A => = => DB = − DC DC AC 3 M DB ( 4 – x; 5 – y; 2 – z) & DC (4 – x ; 1 – y ; 2 – z) => D(1 ; 5 ; 2) 0,25 2 Ta có BD = 5 5 khi đó gọi I(x ; y ; z) l tâm đ−ờng tròn nội tiếp ABC thì áp dụng 2 IA BA tính chất phân giác trong của BAD ta có : = => IA = 2 ID => I(1 ; 0;2) . 0,5 ID BD CâuVIIa 2 2 Tìm m để bpt : 1 + log 5(x + 1 ) > log 5(x + 4x + m) n 0 đúng ∀∀∀∀x∈∈∈∈(2 ; 3). Bpt xác định ∀x∈(2 ; 3)
x 2 + 4x + m > 0 ∀x∈(2 ; 3
m > x 2 – 4x ∀x∈(2 ; 3 0,25 Xét f(x) = x 2 – 4x ∀x∈(2 ; 3 x 2 3 f’(x) = 2x – 4 => BBT : f’(x) 12 0,25 f(x) 21 từ BBT => bpt xác định ∀x∈(2 ; 3)
m ≥≥≥≥ 12 . (1) 2 2 Bpt
log 5(5x + 5) > log 5(x + 4x + m) 2 2 Khi đó bpt n 0 đúng ∀x∈(2 ; 3)
x + 4x + m < 5x + 5 ∀x∈(2 ; 3) 0,25
m < 4x 2 – 4x + 5 ∀x∈(2 ; 3) Xét f(x) = 4x 2 – 4x + 5 ∀x∈(2 ; 3) x 2 3 f’(x) = 8x – 4 => BBT : f’(x) + 29 0,25 f(x) 13 Vây để bpt n 0 đúng ∀∀∀∀x∈∈∈∈(2 ; 3 )

m ∈∈∈∈ [ 12 ; 13 ] CâuVIb 1) Cho A(1 ; 4) v hai đ−ờng thẳng b : x + y – 3 = 0 ; c : x + y – 9 = 0. Tìm điểm B trên b , điểm C trên c sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi B(b ; 3 – b) & C( c ; 9 – c) => AB (b – 1 ; 1 – b) ; AC (c – 1 ; 5 – c) 0,25 AB.AC = 0  (b −1)(c − )1 = (b +1)(5 − c) & ABC vuông cân tại A

 2 2 2 2 0,25  AB = AC (b − )1 + (b + )1 = (c − )1 + 5( − c)  (b +1)(5 − c) b −1 = ...........................................( )1  c −1 vì c = 1 không l n nên hệ
0  5( − c) 2 0,25 (b + )1 2 . + (b + )1 2 = (c − )1 2 + 5( − c) 2 ....( )2  (c − )1 2 Từ (2)
(b + 1) 2 = (c 1) 2. Với b = c – 2 thay vo (1) => c = 4 ; b = 2 => B(2 ; 1) & C( 4 ; 5) . Với b = c thay vo (1) => c = 2 ; b = 2 => B( 2 ; 5) & C(2 ; 7) . 0,25 Kết luận :có hai tam giác thoả mn: B(2 ; 1) & C( 4 ; 5) hoặc B( 2 ; 5) & C(2 ; 7) . 2) Cho bốn điểm A(1 ; 0 ; 0) , B(0 ; 1 ; 0),C(1 ; 1; 0) v D(0 ; 0 ; m) với m > 0.Gọi E , F theo thứ tự l hình chiếu của O lên AD v BD. Viết ph−ơng trình mặt phẳng (P) chứa các đ−ờng thẳng OE v OF. Tìm các giá trị của m để góc EOF = 45 0. áp dụng hệ thức l−ợng trong các tam giác vuông AOD & BOD với các đ−ờng cao ứng  2   2  0,25  m m   m m  với cạnh huyền l OE & OF => E  2 ;0; 2  & F  ;0 2 ; 2  1+ m 1+ m   1+ m 1+ m  Tính [ OE;OF ] => pt (EFO) : x + y – mz = 0 0,25 OE.OF 1 = ta có cosFOE = cos( OE;OF ) = 2 0,25 OE .OF 1+ m 1 1 để EOF = 45 0
=
m = 2 −1 ( do gt m > 0) 2 1+ m 2 0,25 CâuVIIb 2 2 Tìm giá trị lớn nhất của m để bpt : 1 + log 5(x + 1 ) ≥≥≥≥ log 5(mx + 4x + m) ∀∀∀∀ x ∈∈∈∈ R . bpt xác định với )∀ x ∈ R
mx 2 + 4x + m > 0 )∀ x ∈ R 0,25 m > 0  m > 0 ⇔
  2
m > 2 (1) 0,25  < 0 4 − m < 0 khi đó bpt nghiệm đúng ∀ x ∈ R
5x 2 + 5 ≥ mx 2 + 4x + m ∀ x ∈ R 0,25
(5 – m)x 2 – 4x + 5 – m ≥ 0 ∀ x ∈ R 5 − m > 0  m < 5 ≤

 2
m 3 (2)  ≤ 0 − m +10m − 21 ≤ 0 0,25 Từ (1) & (2) => bpt n 0 đúng ∀ x ∈ R
m ∈ (2 ; 3] Vậy GTLN của m thoả mn yêu cầu đề bi l : m = 3 . + Điểm của bi thi lm tròn đến 0,5. + Mọi cách lm khác m đúng đều cho điểm tối đa . Thái Bình ngy 15 tháng 01 năm 2011 .