Đề thi và đáp án thi thử ĐH môn toán 2011 – ĐH Vinh lần 4 – Thầy Đồ – Dạy toán – Học toán

Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính cosin góc giữa hai đường thẳng.. SD và BC.[r]

(1)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, NĂM 2011 MƠN: TỐN; Thời gian làm bài: 180 phút

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số yx33x24 2 Biện luận theo tham số m số nghiệm phương trình

1 )

2

(

  

x m

x

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình 34x32 x114.32x x1 2 Tính góc tam giác ABC biết

  

  



  

cos ) cos(

sin sin

) cos ( sin

sin2 2

C B

A C

B

A C

B

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân



 

0

2 d cos sin cos

sin 

x x x x

x I

Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang cân (AB // CD), AB = 2CD = 4a,

10

a

BC Gọi O giao điểm AC BD Biết SO vng góc với mặt phẳng (ABCD) mặt bên SAB tam giác Tính thể tích khối chóp S.ABCD tính cosin góc hai đường thẳng

SD BC

Câu V. (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức

16

4 c a b

a c a c b

c b c b a

b a P

 

   

 

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần a, b) a Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

,

C

x

y

x

y

A

(

5

;



6

).

Từ A vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (C) với B, C tiếp điểm Viết phương trình

đường trịn nội tiếp tam giác ABC

2 Trong không gian tọa độ

Oxyz

,

2 1

2

3 :

    

 y z

x

d mặt cầu

19 2 :

)

(S x2y2z2 x y z  Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d cho mặt phẳng qua M vng góc với d cắt mặt cầu (S) theo đường trịn có chu vi 8



Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z  z22i

2  

z i

z số ảo

b Theo chương trình Nâng cao Câu VIb (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm , G(1;1); đường cao từ đỉnh A có phương trình 2x y10 đỉnh B, C thuộc đường thẳng :x2y10 Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết diện tích tam giác ABC

2 Trong không gian tọa độ

Oxyz

,

1

1 : ,

1

: 2

1

  

       

 x y z x y z

và điểm

A

(

1

;



1

;

2

).

Tìm tọa độ điểm B, C thuộc

cho đường thẳng BC thuộc

mặt phẳng qua điểm A đường thẳng  đồng thời đường thẳng BC vng góc với

Câu VIIb. (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z 2i có acgumen acgumen z cộng với

4



Tìm giá trị lớn biểu thức |T |z1||zi

- Hết -

Ghi chú: BTC trả vào ngày 20, 21/06/2011 Văn phòng Trường THPT Chuyên – Đại học Vinh Để

nhận thi, thí sinh phải nộp lại Phiếu dự thi cho BTC.

Chúc em học sinh đạt kết cao kỳ thi Đại học năm 2011 !

(2)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, NĂM 2011 MƠN: TỐN; Thời gian làm bài: 180 phút

Câu Đáp án Điểm

1 (1,0 điểm)

a Tập xác định: D b Sự biến thiên:

* Chiều biến thiên: Ta có y'3x26x 

 

    

2 0

'

x x

y ; y'02x0 

 

    

0

'

x x y

Suy hàm số đồng biến khoảng )(;2 (0;), hàm nghịch biến (2;0) * Cực trị: Hàm số đạt cực đại x2, yCĐ 0 đạt cực tiểu 0x , yCT 4

* Giới hạn: 

  y

xlim ; xlimy

0,5

* BBT

c Đồ thị: Đồ thị (C) hàm số cắt trục hoành ).A(1;

0,5

2 (1,0 điểm)

Ta có 1( 4) ,

1 )

2

(   2   

 

 x x x m x

x m x

Xét hàm số

   

 

 

 

     

)

4 (

1

3 )

4 ( )

( 3 2

2

x khi x

x

x khi x

x x

x x x f

Suy đồ thị hàm số y f(x) gồm phần đồ thị (C) với 1x đối xứng phần đồ thị (C) với



x qua Ox

0,5 I

(2,0 điểm)

Dựa vào đồ thị ta suy

* m0, phương trình vơ nghiệm * m0, phương trình có nghiệm * 0 m4, phương trình có nghiệm * ,m4 phương trình có nghiệm * ,m4 phương trình có nghiệm

0,5

1 (1,0 điểm) Điều kiện: x1

Pt cho 13.32 x14x 4.3 x12x 3.32( x12x)4.3 x12x10 Đặt t3 x12x,t0. Khi pt trở thành

    

     

3 1

1 32

t t t

t

0,5 II

(2,0 điểm)

* Với ,t1 ta có

  

           

 

2

1

4

0

1

2 1

3

x x

x x x

x x

8 17 1 

 x

* Với 

t , ta có 1

3

3 x12x   x  x  x  x

x  2 

'

y  0  0 

y

 

 



y

x O

2 

4 

y

x

O

2



(3)

5

2 )

1 (

0

2

2  

   

    

 

  

 

 x

x x x x

x x

Vậy nghiệm pt

8 17 1 

x

4  x

0,5

2 (1,0 điểm)

* Ta có sin2Bsin2C(1cosA)2

  

    

 

  

 

 

 

 

 

 

 



2 cos ) cos(

0 cos

cos cos ) cos( ) cos(

cos cos ) cos (cos

cos cos 2

2 cos

2

A C

B A

A A

C B C B

A A

C B

A A

C B

0

cos 

 A (do cos(BC)1cosA2)  A900

0,5

* Ta có sin2Bsin2Ccos(AB)cosC

B C

B

B A C

B A

B A B

A C

B C B

sin ) cos(

) sin( sin ) cos( sin

) cos( ) cos( ) cos( ) sin(

  

 

  

 

 

 



60

cos

) 90 (

sin cos sin sin cos

sin sin sin cos cos

0

   

  

 

 



B B

C B do B B B B B

B C B C B

Suy A900,B600,C300

0,5

Ta có

cos d tan ) tan (

tan d

cos sin cos

sin

0

2

4

0

2



 

 

x x x x

x x

x x x

x I

Đặt ttanx Khi cos

d

d 2

x x

t Khi x0 t0,





x t1 Suy t

t t

t

I d

) )( ( d

1

0

2



 



0,5 III

(1,0 điểm)

ln2

3 ln ln ) ln (ln 2 ln ln d

1 2

0

1

0

    

 

     

 

  





t

t 0,5

+) Gọi H hình chiếu C AB; M, N trung điểm AB, CD Ta có HB ABCDa

2 a

ON a OM a

CH   

 , nên OAB

vuông cân Suy OAOB2a Do

2 2a OB

SO  Suy

3

1

SOS a

VSABCD ABCD

0,5 IV

(1,0 điểm

+) BC // DM nên

]

2 , [ ) , ( ) ,

(   

 SD BC SD DM

Ta có DM BCa 10,SD SO2OD2

a 10,SM2a Suy

cosSDM  Vậy

5 cos

0,5

V (1,0 điểm

Đặt xabc, ybc4a, zca16b Khi 0x, y, z 15

5 21 , 15 ,

z y x c x z b x y

a       0,5

S

A

D C

B

M H

(4)

Suy

z

x y z y x y

z y x x z x

x z x y

P 15

5 21 15

5 21 15 15

             

z x y x x z x y z

z x y

y x x

z y x

15 16 15

1 15

16 15

5 20 15

5

6           

 

5 16 15

1

1 

   

       



 



z x x z y

x x y

15 16 15

8

4  

 Dấu đẳng thức xảy

  

   

  

 

x z

x y x z

x y

4 16

4

2

  

    

     

) (

4 16

) (

2

c b a b a c

c b a a c b

,

c b c

a 

 Vậy giá trị nhỏ P ,

15 16

đạt

7 ,

c b c

a 

0,5

1 (1,0 điểm)

(C) có tâm I(1;2), bán kính R = 5, BC cắt IA H Ta có AI = 10

2

  

IA IB

IH Do

2 cos

); ; (

1   

 IA H AIB

IH

0

0 60

60  

 

 AIB ABC nên ABC tam giác

0,5

Suy tâm đường tròn nội tiếp ABC trùng với trọng tâm Gọi G trọng tâm tam giác ABC

Ta có (2; 2)

3

2  

 AH G

AG Bán kính đường trịn nội tiếp

2   GH r

Suy phương trình đường tròn nội tiếp ABC

4 25 ) ( )

(x 2 y 

0,5

2 (1,0 điểm)

Mặt cầu (S) có tâm I(1;1;2), bán kính R5. Từ giả thiết suy mặt phẳng qua M vng góc với d cắt (S) theo đường trịn có bán kính r4

Đường thẳng d có vectơ phương u(2;1;2);MdM(32t;2t;12t)

Phương trình (P):2(x32t)(y2t)2(z12t)02xy2z9t60

0,5 VIa

(2,0 điểm)

Ta có 

 

         

2

3 9 ))

( ,

( 2

t t t

r R P I

d

Suy M(3; 2;1), M(1; 0;5)

0,5 Đặt zxyi Khi z z22i  xyi  x2(y2)i

 x2y2 (x2)2(y2)2

xy2 y2x (1)

0,5 VIIa

(1,0 điểm)

Ta có 2 2

) (

] ) ].[( ) ( [ )

2 (

) ( 2

y x

yi x

i y x yi x

i y x z

i z

 

  

   

    

i

y x

xy y

x y

x

y y x

x

2 2

2 ( 2)

) )( ( )

2 (

) ( ) (

 

    

   

 số ảo

) (

) ( ) (

2

2 

   

y x

y y x

x

   

  

   

0 )

2 (

) (

2 2

y x

y x y x

(2)

Thay (1) vào (2) ta

2 )

(

  

 

  

x x

x

Suy y2 Vậy z2i

0,5

1 (1,0 điểm) VIb

(2,0 điểm)

Tọa độ chân đường cao )

5 ; (

H Đường thẳng d qua G song song BC có pt

:x y 

d )

5 ; ( I I AH

d   Ta có HA3HIA(1;3) 0,5

A H I

B

(5)

) , (A BC 

d Suy

) , (

 

BC A d

S

BC ABC

Gọi M trung điểm BC Khi MA3MGM(1;0)

Gọi )

2 ;

(

1

  x x

B Khi 

 

       

) (

1

1 x

x x

MB +) Với ).x13B(3;1)C(1;1 +) Với x11B(1;1)C(3; 1)

Suy A(1;3),B(3;1),C(1;1) ).A(1;3),B(1;1),C(3;1

0,5

2 (1,0 điểm)

Ta có  qua 1 D(0;1;1), có vectơ phương u1(2;1;1) )

5 ; ; ( ] , [ ) ; ;

(   1  

 u AD

AD

Gọi (P) mặt phẳng qua A đường thẳng  Suy phương trình 1 (P):3xy5z60

2

 cắt (P) C  C(1;3; 0)

0,5

2 1 (2;1 ;1 ),



 B t t t

B có vectơ phương u2(1;1;1),BC(12t;2t;1t)

2

2   



 BCu t

BC Suy B(4;1;1) 0,5

Đặt zxyi Khi z 2i có acgumen acgumen z cộng với



nên )

4 sin (cos

2 r  i 

z i

z  



 , với r0

Ta có 2 2

) (

] ) ].[( ) ( [ )

2 (

) ( 2

y x

yi x

i y x yi x

i y x z

i z

 

  

   

    

i

y x

xy y

x y

x

y y x

x

2 2

2 ( 2)

) )( ( )

2 (

) ( ) (

 

  

 



   

Suy

     

  

  

    



  

 



  

0

0 )

2 (

2

) (

) )( ( )

2 (

) ( )

( 2

2

2 2

2

y x

y x y

x

xy y

x y

x

y y x

x

0,5 VIIb

(1,0 điểm)

Ta có T|z1||zi||(x1)yi||x(y1)i| (x1)2y2  x2(y1)2

 32x 32y Áp dụng BĐT Côsi ta có

20 ) ) (

2 ( ) 2 (

2 2

2  x y   x y 

T

Suy T2 5, dấu đẳng thức xảy x y1 Vậy giá trị lớn T 2 5, đạt z1i

0,5