NĂm họC 2010 2011 Môn : Toán : Khối a + B

tải về 83.68 Kb.

Chuyển đổi dữ liệu	30.08.2016
Kích	83.68 Kb.
	#28259

Đề thi thử Đại Học năm 2011 - www.toantrunghoc.com

SỞ GD-ĐT THÁI BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I

TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐỨC CẢNH NĂM HỌC 2010 - 2011

Môn : Toán : Khối A + B

( Thời gian làm bài:180 phút không kể thời gian giao đề)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

CâuI:(2điểm) Cho hàm số : y = x⁴ – 5x² + 4

1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2) Tìm tất cả các điểm M trên đồ thị (C) của hàm số sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại hai điểm phân biệt khác M.

CâuII:(2điểm) 1) Giải phương trình : 3cot²x + 2sin²x = (2 + 3)cosx

2) Giải hệ phương trình :

CâuIII:(1điểm) Tính tích phân: I =

CâuIV:(1điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a ; AD = 2a. Các mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt đáy (ABCD).Biết góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 60⁰.Tính thể tích khối chóp và khoảng cách giữa hai đường thẳng CDvà SB.

CâuV:(1điểm) Cho các số dương : a , b, c thoả món : ab + bc + ca = 3

Chứng minh rằng:

II - PHẦN TỰ CHỌN (3điểm)

Thí sinh chỉ được chọn một phần trong hai phần (Phần A hoặc phần B)

A . Theo chương trình chuẩn.

Câu VIa(2điểm)

1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) : x² + y² + 4x – 6y + 9 = 0 và điểm M( 1; - 8).Viết phương trình đường thẳng d qua M sao cho d cắt (C) tại hai điểm A,B phân biệt mà diện tích tam giác ABI đạt giá trị lớn nhất.Với I là tâm của đường 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 đường tròn nội tiếp I của tam giác ABC.

CâuVIIa(1điểm)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình sau nghiệm đúng với x(2 ; 3).

1 + log₅(x² + 1 ) > log₅(x² + 4x + m)

B . Theo chương trình nâng cao.

CâuVIb(2điểm)

1) Cho A(1 ; 4) và hai đường 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) và

D(0 ; 0 ; m) với m > 0.Gọi E , F theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của gốc toạ độ O lên các đường thẳng AD và BD. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa các đường thẳng OE và OF. Tìm các giá trị của m để góc EOF = 45⁰.

CâuVIIb(1điểm) Tìm giá trị lớn nhất của tham số m sao cho bất phương trình :

1 + log₅(x² + 1 )  log₅(mx² + 4x + m) được nghiệm đúng với  x  R.

--- Hết ---

S¬ lîc §¸p ¸n to¸n thi thö ®¹i häc lÇn I –trêng THPT nguyÔn ®øc c¶nh khèi A + B

C©uI	Cho hµm sè : y = x⁴ - 5x² + 4 1) Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè. 2) T×m M  (C) sao cho tiÕp tuyÕn cña (C) t¹i M c¾t (C) t¹i 2 ®iÓm pb kh¸c M.
	1) Kh¶o s¸t ®óng & ®Çy ®ñ c¸c yªu cÇu, vÏ ®å thÞ t¬ng ®èi chÝnh x¸c		1®.
	2)LÊy M(m ; m⁴ – 5m² + 4)  (C) => pt³ cña (C) t¹i M : y = (4m³ – 10m)(x – m) + m⁴ – 5m² + 4 (d)		0,25
	Hoµnh ®é cña (d) & (C) lµ nghiÖm pt : x⁴ – 5x² + 4 = (4m³ – 10m)(x – m) + m⁴ – 5m² + 4  (x – m)²(x² + 2mx + 3m² – 5) = 0 (1)		0,25
	§Ó tmycbt  x² + 2mx + 3m² – 5 = 0 cã hai n₀ pbiÖt kh¸c m 		0,25
	KÕt luËn : c¸c ®iÓm M(m ;m⁴ – 5m² + 4) (C) víi hoµnh ®é m		0,25
C©uII	1) Gi¶i ph¬ng tr×nh : 3cot²x + 2sin²x = (2 + 3)cosx
	®k : x  m Pt  3cosx() = 2(cosx - sin²x)		0,25
	 (cosx - sin²x)(3cosx – 2sin²x) = 0 		0,25
			0,25
	KÕt luËn : kÕt hîp víi ®k pt cã bèn nghiÖm: x = & x =		0,25
	2) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh :
	V× y = 0 kh«ng lµ nghiÖm nªn		0,25
	Đặt ta có hệ 		0,25
			0,25
	+) Với ta có hệ: . +) Với ta có hệ:,hệv« n₀. KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:		0,25
C©uIII	TÝnh tÝch ph©n: I =		1
	Đặt t= x = 2 t = 2 x = 5 t = 3 dx=2(t-1)dt I = ln²3 – ln²2		0,25 0,75
	Chãp SABCD cã ®¸y ABCD lµ hthang vu«ng t¹i A vµ B víi AB = BC = a ; AD = 2a. (SAC) (ABCD)vµ (SBD) (ABCD) .BiÕt g((SAB) ; (ABCD) )= 60⁰.TÝnh V vµ d(CD ; SB)
C©uIV	S K A O D I E H B C
	+) Gäi H = AC  BD => SH  (ABCD) & BH = BD KÎ HE  AB => AB  (SHE) => g((SAB);(ABCD)) = SHE = 60⁰.	0,25
	Mµ HE = AD = => SH = => V_SABCD = .SH.S_ABCD =	0,25
	+) Gäi O lµ trung ®iÓm AD=>ABCO lµ hv c¹nh a =>ACD cã trung tuyÕn SO = AD CD  AC => CD  (SAC) vµ BO // CD hay CD // (SBO) & BO  (SAC). d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)).	0,25
	TÝnh chÊt träng t©m tam gi¸c BCO => IH = IC = => IS = kÎ CK  SI mµ CK  BO => CK  (SBO) => d(C;(SBO)) = CK Trong tam gi¸c SIC cã : S_SIC= SH.IC = SI.CK => CK = VËy d(CD;SB) =	0,25
C©uV	Cho: a , b, c d¬ng tm : ab + bc + ca = 3 CMR:
	Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:.	0,25
	Suy ra:	0,25
	Tương tự ta có:	0,25
	Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi	0,25
C©uVIa	1) Cho ®trßn (C) : x² + y² + 4x – 6y + 9 = 0 vµ ®iÓm M( 1; - 8).ViÕt pt®th¼ng d qua M sao cho d c¾t (C) t¹iA,B ph©n biÖt mµ S__BIA Max.
	§trßn (C) cã t©m I(- 2; 3) & b¸n kÝnh R = 2. Gi¶ sö pt®t (d) : Ax + By – A + 8B = 0 víi A² + B² > 0.	0,25
	Lu«n cã BIA c©n t¹i I víi IA = IB = 2 ; S__BIA = IA.IB.sinAIB = 2sinAIB	0,25
	=> S__BIA  2 DÊu = khi AIB vu«ng c©n t¹i I hay d(I ; (d)) = 	0,25
	 7A² – 66BA + 119B² = 0  (A – 7B)(7A – 17B) = 0 VËy cã hai ®êng th¼ng d tho¶ m·n: 7x + y + 1 = 0 & 17x + 7y + 39 = 0.	0,25
	2) ChoABC víi A(1 ; 5 ; 2) ; B(- 4 ; - 5 ; 2),C(4 ; - 1 ; 2). T×m to¹ ®é t©m ®êng trßn néi tiÕp I cña tam gi¸c ABC.
	Ta cã AB = 5; AC = 3 ;	0,25
	Gäi D(x ; y ; z) lµ ch©n ®êng ph©n gi¸c trong gãc A => => Mµ (- 4 – x; - 5 – y; 2 – z) & (4 – x ; - 1 – y ; 2 – z) => D(1 ; -; 2)	0,25
	Ta cã BD = khi ®ã gäi I(x ; y ; z) lµ t©m ®êng trßn néi tiÕp ABC th× ¸p dông tÝnh chÊt ph©n gi¸c trong cña BAD ta cã : => = - 2=> I(1 ; 0;2).	0,5
C©uVIIa	T×m m ®Ó bpt : 1 + log₅(x² + 1 ) > log₅(x² + 4x + m) n₀ ®óng x(2 ; 3).
	Bpt x¸c ®Þnh x(2 ; 3)  x² + 4x + m > 0 x(2 ; 3  m > - x² – 4x x(2 ; 3	0,25
	XÐt f(x) = - x² – 4x x(2 ; 3 x 2 3 f’(x) = - 2x – 4 => BBT : f’(x) - -12 f(x) - 21 tõ BBT => bpt x¸c ®Þnh x(2 ; 3)  m  - 12. (1)	0,25
	Bpt  log₅(5x² + 5) > log₅(x² + 4x + m) Khi ®ã bpt n₀ ®óng x(2 ; 3)  x² + 4x + m < 5x² + 5 x(2 ; 3)  m < 4x² – 4x + 5 x(2 ; 3)	0,25
	XÐt f(x) = 4x² – 4x + 5 x(2 ; 3) x 2 3 f’(x) = 8x – 4 => BBT : f’(x) + 29 f(x) 13 V©y ®Ó bpt n₀ ®óng x(2 ; 3 )  m  [ - 12 ; 13 ]	0,25
C©uVIb	1) Cho A(1 ; 4) vµ hai ®êng th¼ng b : x + y - 3 = 0 ; c : x + y - 9 = 0. T×m ®iÓm B trªn b , ®iÓm C trªn c sao cho tam gi¸c ABC vu«ng c©n t¹i A.
	Gäi B(b ; 3 - b) & C( c ; 9 - c) => (b - 1 ; - 1 - b) ; (c - 1 ; 5 - c)	0,25
	& ABC vu«ng c©n t¹i A  	0,25
	v× c = 1 kh«ng lµ n₀ nªn hÖ  Tõ (2)  (b + 1)² = (c - 1)².	0,25
	Víi b = c – 2 thay vµo (1) => c = 4 ; b = 2 => B(2 ; 1) & C( 4 ; 5). Víi b = - c thay vµo (1) => c = 2 ; b = - 2 => B(- 2 ; 5) & C(2 ; 7). KÕt luËn :cã hai tam gi¸c tho¶ m·n: B(2 ; 1) & C( 4 ; 5) hoÆc B(- 2 ; 5) & C(2 ; 7).	0,25
	2) Cho bèn ®iÓm A(1 ; 0 ; 0) , B(0 ; 1 ; 0),C(1 ; 1; 0) vµ D(0 ; 0 ; m) víi m > 0.Gäi E , F theo thø tù lµ h×nh chiÕu cña O lªn AD vµ BD. ViÕt ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) chøa c¸c ®êng th¼ng OE vµ OF. T×m c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó gãc EOF = 45⁰.
	¸p dông hÖ thøc lîng trong c¸c tam gi¸c vu«ng AOD & BOD víi c¸c ®êng cao øng víi c¹nh huyÒn lµ OE & OF => E & F	0,25
	TÝnh [ ] => pt (EFO) : x + y – mz = 0	0,25
	ta cã cosFOE = cos() =	0,25
	®Ó EOF = 45⁰   m = ( do gt m > 0)	0,25
C©uVIIb	T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña m ®Ó bpt : 1 + log₅(x² + 1 )  log₅(mx² + 4x + m) x  R.
	bpt x¸c ®Þnh víi ) x  R  mx² + 4x + m > 0 ) x  R	0,25
	  m > 2 (1)	0,25
	khi ®ã bpt nghiÖm ®óng  x  R  5x² + 5  mx² + 4x + m  x  R  (5 – m)x² – 4x + 5 – m  0  x  R	0,25
	   m  3 (2) Tõ (1) & (2) => bpt n₀ ®óng  x  R  m  (2 ; 3] VËy GTLN cña m tho¶ m·n yªu cÇu ®Ò bµi lµ : m = 3.	0,25