ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC SỐ 30 NĂM HỌC 2011 MÔN TOÁN KHỐI A ppt

SỞ GD-ĐT KON TUM ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC SỐ 30- NĂM HỌC 2011 TRƯỜNG THPT NGỌC HỒI Khối A, MÔN TOÁN I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − + (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với 1m = 2. Tìm m để đường thẳng 2 1y x= + cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm A; B; C phân biệt thỏa mãn điểm ( ) C 0;1 nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng 30 . Câu II: (2 điểm) 1. Giải phương trình : ( ) cos cos3 2cos 5 .+ = −x x x π 2. Giải phương trình: 2 3 2 4 2 x x x + + = . . 3. Giải hệ phương trình: 2 2 3 8xy x y 16 x y x x x y 3 0  + + =  +   + + − =  với x; y∈¡ . Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: ( ) 2 4 cot x I dx 4sin x cosx sin x π π = − ∫ Câu IV: (1,0 điểm) ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a và · 0 60=BAD . Cạnh SC vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và 3 2 SC a= . Kẻ , ( )⊥ ∈OK SA K SA . Tính thể tích khối đa diện SCBDK. Câu V: (1 điểm) Cho a, b,c 0> thỏa mãn abc 8= . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 P 2a b 6 2b c 6 2c a 6 = + + + + + + + + II. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Câu VIa: (2điểm) 1. Trong Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(3, -7), trực tâm là H(3; -1), tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là I(-2; 0). Xác định tọa độ đỉnh C, biết C có hoành độ âm. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng x 1 y 2 z d : 2 1 1 − − = = và hai điểm A(1;1;0), B(2;1;1). Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A, d ∆ ⊥ sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng ∆ là lớn nhất. Câu VIIa: (1điểm) Cho số phức z thỏa mãn 2 0z z+ = . Tính mô đun của số phức z. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb:(3điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đường cao BH có phương trình 3x 4y 10 0+ + = , đường phân giác trong góc A là AD có phương trình là x y 1 0− + = , điểm M(0;2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách C một khoảng bằng 2 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm (0;1;1), (1;0; 3), ( 1; 2; 3)A B C− − − − và mặt cầu (S) có phương trình : 2 2 2 2 2 2 0x y z x z+ + − + − = . Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất. Câu VIIb: Cho số phức z = 6 2 6 2 . 2 2 i + − + Hãy tính z 24 . 3. Câu VIII.b: (1điểm) Giải hệ phương trình : 2 3 1 2 2 2 2 2.log log 1 log (log 1).log 3 y x y x  = −    = −  CÂU 1 NỘI DUNG ĐIỂM I.2 Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số: 3 2 2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − + là nghiệm phương trình: 3 2 2 3 ( 1) 1 2 1x mx m x x− + − + = + 2 2 0 1 (2 3 3) 0 2 3 3 0 (*) = ⇒ =  ⇔ − + − = ⇔  − + − =  x y x x mx m x mx m 0,25 Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm A; C; B phân biệt và C nằm giữa A và B khi và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu 2.( 3) 0 3m m⇔ − < ⇔ < 0,25 Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn 3 2 3 . 2 A B A B m x x m x x  + =    −  =   và 2 1 2 1 A A B B y x y x = +   = +  ( vì A và B thuộc (d)) AB = 30 2 2 ( ) ( ) 30 B A B A x x y y⇔ − + − = 2 2 2 9 3 ( ) 6 ( ) 4 . 6 4. 6 4 2 − ⇔ − = ⇔ + − = ⇔ − = B A B A B A m m x x x x x x ( ) 2 0 9 8 0 / 8 9 =   ⇔ − = ⇔  =  m m m t m m 0,25 Vậy 8 0; 9 m m= = là giá trị cần tìm. 0,25 CÂU II II.1 Phương trình đã cho ( ) cos x cos3x 2cos5x 0 cos x cos3x 2 cos3x cos5x 0 ⇔ + + = ⇔ − + + = 0,25 2sin 2x sin x 4cos 4x cos x 0 ⇔ + = ( ) ( ) 2 2 cos x 0 4cos x sin x cos4x 0 sin x cos4x 0 1 =  ⇔ + = ⇔  + =  0,25 + cos x 0 x k 2 π = ⇔ = + π 0,25 + ( ) 2 2 1 cos2x 1 2cos 2x 1 0 4cos 2x cos2x 1 0 2 − ⇔ + − = ⇔ − − = 1 1 17 1 17 x arccos k cos2x 2 8 8 1 17 1 1 17 cos2x x arccos k 8 2 8    +  + = ± + π   ÷ =  ÷      ⇔ ⇔     − −  = = ± + π   ÷  ÷      0,25 II.2 Điều kiện x y 0+ > 0,25 Giải ĐK 3x ≥ − . ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 3 1 1 2 4 2 1 2 1 1 1 2 2 2 2 x x x x x x x + + + + + = ⇔ + − = ⇔ + − = + . Đặt 2 1 1, 1 1 1 2 2 2 x t t t x y y + = + = + = + ⇒ − = . Ta được hệ phương trình 2 2 1 1 2 1 1 2 t y y t  − =     − =   . Giải thêm chút nữa ta được kết quả! 0,25 ĐS: 3 17 5 13 , 4 4 x x − − ± − ± = = Hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 3 8xy x y 16 1 x y x x x y 3 0 2  + + =  +   + + − =  Khi đó ( ) 1 ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 2 x y x y 8xy 16 x y+ + + = + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 x y x y 4 x y x y 16 x y   ⇔ + + + + − + = +   ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 x y x y 4 4 x y x y 4 0⇔ + + − + + + − = ( ) ( ) 2 2 x y 4 x y 4 x y 0   ⇔ + − + + + =   ( ) 2 2 x y 4 (t / m) x y 4 x y 0 (Loai) do x y 0 + =  ⇔  + + + = + >  Thay x y 4+ = vào PT(2) ta được: 3 x 2x 3 0+ − = 2 (x 1)(x x 3) 0⇔ − + + = 2 x 1 x x 3 0 (VN) =  ⇔  + + =  0,25 Với x 1 y 3= ⇒ = . Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1;3) 0,25 CÂU II Ta có: ( ) 4 2 0 tan x I dx 4 tan x cos x π = − ∫ 0,25 Đặt: 2 dx tan x t dt cos x = ⇒ = . Đổi cận: Với x 0 t 0; x t 1 4 π = ⇒ = = ⇒ = Suy ra: 1 0 t.dt I 4 t = − ∫ 0,25 1 1 1 1 0 0 0 0 4 (4 t) 4 d(4 t) I dt 1 dt 4 dt 4 t 4 t 4 t − − −   ⇔ = = − = − −  ÷ − − −   ∫ ∫ ∫ ∫ 1 1 0 0 4ln 4 t t= − − − 0,25 I 4 4ln 1 3 = − 0,25 CÂU IV Hình vẽ O B A C D S K 0,25 Ta có: · 2 ABCD a 3 S AB.AD.sin BAD 2 = = ; 3 S.ABCD S.ABCD 1 a 2 V SC.S 3 4 = = Và: SCBKD S.ABCD A.BKD V V V= − Do BD AC BD (SAC) BD SA BD SC ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  mà OK SA SA (BKD)⊥ ⇒ ⊥ nên AK là đường cao của hình chóp A.BKD Mặt khác: 2 2 OK SC OA.SC OA.SC a SCA OKA (g.g) OK OA SA SA 2 SC AC ∆ ∆ ⇒ = ⇒ = = = + vì: a 3 AC 2OA 2. a 3 2   = = =  ÷  ÷   Mà BD (SAC) OK BD OK (SAC) ⊥  ⇒ ⊥  ⊂  2 BKD 1 a S OK.BD 2 4 ⇒ = = Ta lại có : SC AC AC.OK a AK (vì SCA OKA ) OK AK SC 2 = ⇒ = = ∆ ∆ 0,25 Suy ra 3 ABKD BKD 1 2 a V AK.S 3 24 = = 0,25 Vậy: 3 3 3 SCBKD S.ABCD A.BKD a 2 a 2 5 2 a V V V 4 24 24 = − = − = (đvtt) 0.25 CÂU V 1 1 1 1 1 1 1 P P b c a 2a b 6 2b c 6 2c a 6 2 a 3 b 3 c 3 2 2 2     = + + ⇒ = + +   + + + + + +   + + + + + +   . Đặt: ; ; , , 0& . . 1 2 2 2 a b c x y z x y z x y z= = = ⇒ > = Khi đó: 1 1 1 1 2 2 3 2 3 2 3 P x y y z z x   = + +   + + + + + +   0,25 Mà ta có: 2 ; 1 2 2 3 2( 1)+ ≥ + ≥ ⇒ + + ≥ + +x y xy x x x y xy x 1 1 2 3 2( 1) ⇒ ≤ + + + + x y xy x Tương tự ta có: 1 1 1 1 4 1 1 1 P xy x yz y zx z   ≤ + +   + + + + + +     0.25 ( Nhân tử và mẫu phân số thứ hai với x ; phân số thứ ba với xy ) 1 1 4 1 ( 1) ( 1) 1 1 1 4 4 1 1 ) 1   ⇔ ≤ + +   + + + + + +       ⇔ ≤ + + ⇔ ≤   + + + + + +     xy x P xy x x yz y xy zx z xy x P P xy x xy x x xy 0,25 Vậy P đạt GTLN bằng 1 4 xảy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 2 0,25 Chương trình chuẩn Câu VIa VIa.1 M(-3;0) x-2y-1=0 :2x-3y+14=0 B C A H Ta có ( ) n 1; 2− r là VTPT của đường thẳng CH, do AB CH⊥ nên ( ) n 1; 2− r là 1 VTCP của đường thẳng AB, mà AB đi qua ( ) M 3;0− ⇒ phương trình tham số đường thẳng AB: x 3 t y 2t = − +  ⇒  = −  phương trình tổng quát đường thẳng AB: 2x y 6 0+ + = . Mặt khác ( ) ( ) A A AB ∈ ∆ ⇒ = ∆ ∩ do đó tọa độ của A là nghiệm của hpt ( ) 2x y 6 0 x 4 A 4;2 2x 3y 14 0 y 2 + + = = −   ⇔ ⇒ −   − + = =   0,25 do ( ) M 3;0− là trung điểm của AB do đó ( ) A B M B A B B M x x x x 2 2 B 2; 2 y y y 2 y 2 +  =  = −   ⇒ ⇒ − −   + = −   =   0,25 Do BC// ∆ ⇒ phương trình đường thẳng BC có dạng: 2x 3y m 0 (m 14)− + = ≠ , mà (BC) đi qua ( ) B 2; 2− − m 2 BC : 2x 3y 2 0⇒ = − ⇒ − − = 0,25 Lại có C BC CH = ∩ do đó tọa độ của C là nghiệm của hpt ( ) x 2y 1 0 x 1 C 1;0 2x 3y 2 0 y 0 − − = =   ⇔ ⇒   − − = =   Vậy ( ) ( ) ( ) A 4;2 , B 2; 2 ,C 1;0− − − 0,25 VIa.2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên ∆ , ta có ( ) d B, BH BA∆ = ≤ (vì ∆ đi qua A). Do đó khoảng cách từ B đến đường thẳng ∆ là lớn nhất BH BA H A ⇔ = ⇔ ≡ . 0,25 Vậy đường thẳng ∆ cần lập chính là đường thẳng đi qua A, d ∆ ⊥ và AB∆ ⊥ . Gọi u r là vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ . Ta có ( ) AB 1;0;1 uuur và ( ) 1 u 2;1;1 uur là vec tơ chỉ phương của đường thẳng d 0,25 Do 1 d u u∆ ⊥ ⇒ ⊥ r uur ; AB u AB∆ ⊥ ⇒ ⊥ r uuur , vậy ta lấy ( ) 1 u AB,u 1;1;1   = = −   r uuur uur 0,25 Mặt khác ∆ đi qua ( ) A 1;1;0 vậy phương trình của ∆ là x 1 t y 1 t z t = −   = +   =  0,25 Câu VIIa Ta có ( ) ( ) 11 8 2 11 8 1 i 2i 1 i 1 i 2i i.z i.z 1 i 1 i 2 2   + −  +     = + ⇔ = +    ÷  ÷  ÷ − +           0,25 ( ) ( ) 11 8 iz i 1 i 16 i z 1 16i z 1 16i⇔ = + + = − ⇒ = − − ⇒ = − + 0,25 Do đó ( ) w z iz 1 16i i 1 16i 17 17i= + = − − + − + = − − 0,25 Vậy 2 2 w 17 17 17 2= + = 0,25 Chương trình nâng cao Câu VIb VIb.1 N I M A B C H D Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm M và AD∆ ⊥ , ∆ cắt AD tại I và cắt AC tại N . Có ( ) n 1; 1− r là VTPT của AD, do ( ) AD n 1; 1∆ ⊥ ⇒ − r là VTCP của ∆ ⇒ phương trình tham số của x t : y 2 t =  ∆  = −  suy ra phương trình tổng quát : x y 2 0∆ + − = . Do I AD= ∆ ∩ ⇒ tọa độ I là nghiệm của hpt: 1 x x y 2 0 1 3 2 I ; x y 1 0 3 2 2 y 2  =  + − =     ⇔ ⇔    ÷ − + =     =   . Tam giác AMN có d 2 vừa là đường cao, vừa là phân giác nên là tam giác cân tại ⇒ I là trung điểm của MN ⇒ N (1;1) 0,25 Có ( ) 1 n 3;4 uur là VTPT của BH ( ) 1 u 4; 3⇒ − uur là VTCP của BH, do ( ) 1 BH AC u 4; 3⊥ ⇒ − uur là VTPT của AC, do AC đường thẳng đi qua điểm N(1;1) nên ( ) ( ) AC: 4 x 1 3 y 1 0− − − = ⇒ AC: 4x – 3y –1 = 0. Do A AC AD = ∩ ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình: 4x 3y 1 0 x 4 A(4;5) x y 1 0 y 5 − − = =   ⇔ ⇔   − + = =   0,25 AB là đường thẳng đi qua điểm M(0;2) nhận ( ) MA 4;3 uuuur làm vec tơ chỉ phương ⇒ phương trình tham số của AB x 4t y 2 3t =  ⇒  = +  pt tổng quát AB:3x 4y 8 0− + = . Do B AB BH = ∩ ⇒ tọa độ B là nghiệm của hpt x 3 3x 4y 8 0 1 B 3; 1 3x 4y 10 0 4 y 4 = −  − + =     ⇔ ⇔ − −   −  ÷ + + = =      0,25 Gọi ( ) 4a 1 4a 1 C a, b AC 4a 3b 1 0 b C a; 3 3 − −   ∈ ⇒ − − = ⇒ = ⇒  ÷   , ta có 4a 7 MC a; 3 −    ÷   uuur Theo giả thiết 2 2 2 x 1 y 1 4a 7 MC 2 a 2 25a 56a 31 0 31 33 3 x y 25 25 = ⇒ =  −    = ⇔ + = ⇔ − + = ⇔  ÷  = ⇒ =    ( ) C 1;1⇒ hoặc 31 33 C ; 25 25    ÷   . Vì AD: x y 1 0− + = là phân giác trong góc A của tam giác ABC kiểm tra điều kiện ( ) ( ) B B C C x y 1 x y 1 0− + − + < cả hai điểm C trên đều thỏa mãn 0,25 VIb.2 Ta có (S) 2 2 2 : ( 1) ( 1) 4− + + + =x y z suy ra (S) có tâm I(1;0;-1), bán kính R 2= Và (1; 1; 4); ( 1; 3; 4)AB AC= − − = − − − uuur uuur Mặt phẳng (ABC) có một vectơ pháp tuyến là , ( 8;8; 4)n AB AC   = = − −   r uuur uuur Suy ra mp(ABC) có phương trình: 8x 8(y 1) 4(z 1) 0 2x 2y z 1 0− + − − − = ⇔ − + + = 0,25 Ta có 1 ( ;( )). 3 ABCD ABC V d D ABC S= nên ABCD V lớn nhất khi và chỉ khi ( ;( ))d D ABC lớn nhất . Gọi 1 2 D D là đường kính của mặt cầu (S) vuông góc với mp(ABC). Ta thấy với D là 1 điểm bất kỳ thuộc (S) thì { } 1 2 ( ;( )) max ( ;( )); ( ;( ))d D ABC d D ABC d D ABC≤ . Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D 1 hoặc D 2 0,25 Đường thẳng 1 2 D D đi qua I(1;0;-1), và có VTCP là (2; 2;1) ABC n = − r Do đó (D 1 D 2 ) có phương trình: 1 2 2 1 = +   = −   = − +  x t y t z t . Tọa độ điểm D 1 và D 2 thỏa mãn hệ: 2 2 2 1 2 2 2 3 1 2 3 ( 1) ( 1) 4 x t t y t z t t x y z = +   =   = −  ⇒   = − + −   =    − + + + =  1 2 7 4 1 1 4 5 ; ; & ; ; 3 3 3 3 3 3 − − − −     ⇒  ÷  ÷     D D 0,25 Ta thấy: 1 2 ( ;( )) ( ;( ))d D ABC d D ABC> . Vậy điểm 7 4 1 ; ; 3 3 3 D   − −  ÷   là điểm cần tìm 0,25 Câu VIIb Điều kiện x 0 y 0 >   >  khi đó hpt ( ) 2 2 3 2 3 2 2 3 2 2 2 2.log y log x 1 2.log y log x 1 log y log y log x 1 log x 1 log 3  = − −  = −   ⇔ ⇔   = − = −     0,25 Đặt 2 3 a log x b log y =   =  khi đó hpt trở thành: 2 2.b a 1 b a 1  = −  = −  0,25 ( ) 2 2 a 1 2. a 1 a 1 a 2a 1 0 b 0 b a 1 b a 1  = − = −  − + =   ⇔ ⇔ ⇔    = = − = −     0,25 2 3 log x 1 x 2 (t / m) log y 0 y 1 = =   ⇔ ⇔   = =   Vậy hệ có nghiệm duy nhất: ( ) 2;1 0,25 . ⊥  ⊥  mà OK SA SA (BKD)⊥ ⇒ ⊥ nên AK là đường cao c a hình chóp A. BKD Mặt khác: 2 2 OK SC OA.SC OA.SC a SCA OKA (g.g) OK OA SA SA 2 SC AC ∆ ∆ ⇒ = ⇒ = = = + vì: a 3 AC 2OA 2. a 3 2   = =. vẽ O B A C D S K 0,25 Ta có: · 2 ABCD a 3 S AB.AD.sin BAD 2 = = ; 3 S.ABCD S.ABCD 1 a 2 V SC.S 3 4 = = Và: SCBKD S.ABCD A. BKD V V V= − Do BD AC BD (SAC) BD SA BD SC ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  mà OK SA. SỞ GD-ĐT KON TUM ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC SỐ 30- NĂM HỌC 2011 TRƯỜNG THPT NGỌC HỒI Khối A, MÔN TOÁN I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3 ( 1) 1y