Đang tải... (xem toàn văn)
Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C. Câu VIa (1 điểm).[r]
(1)THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
MƠN TỐN (Thời gian làm bài: 180 phút) A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y2x3 3(2m1)x26 (m m1)x1 có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =
Tìm m để hàm số đồng biến khoảng (2;+∞)
Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: cos 3x(2cos 2x+1)=1 b) Giải phương trình : (3x+1)√2x2−1=5x2
+3 2x −3
Câu III (1 điểm) Tính tích phân √ex
+2¿2 ¿ ¿ dx
¿ I=∫
0 ln
¿
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác cạnh a, hình chiếu vng góc A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách
AA’ BC a
4 Câu V (1 điểm)
Cho x,y,z thoả mãn số thực: x2−xy
+y2=1 Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức
P=x
+y4+1
x2
+y2+1 B PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm)
a) Cho hình tam giác ABC có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) trung điểm I AC nằm đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C
b) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC)
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: (z2− z)(z+3)(z+2)=10 , ¿ z∈
¿ C. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
a.Trong mp(Oxy) cho điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ( ) : 3 x y 0 cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích nhau
b.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d
1:
x −4
3 =
y −1
−1 =
z+5
−2 d2:
x −2
1 =
y+3
3 =
z
1
(2)Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3 log2x −2)>9 log2x −2
ĐÁP ÁN Câu I
a) Đồ Học sinh tự làm
0,25 b) y2x3 3(2m1)x26 (m m1)x1
⇒y '=6x2−6(2m+1)x+6m(m+1) y’ có 2m+1¿
2
−4(m2+m)=1>0
Δ=¿
0,5
y '=0⇔
x=m ¿ x=m+1
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Hàm số đồng biến (2;+∞) ⇔ y '>0 ∀x>2 ⇔ m+1≤2 ⇔ m≤1
0,25
0,25 Câu II a) Giải phương trình: cos 3x(2cos 2x+1)=1 1 điểm
PT ⇔ cos 3x(4 cos2x −1)=1 ⇔ cos 3x(3−4 sin2x)=1 0,25 Nhận xét x=kπ , k∈Z khơng nghiệm phương trình ta có:
2 cos3x(3−4 sin2x)=1 ⇔ 2 cos3x(3 sinx −4 sin3x)=sinx
⇔ cos 3xsin 3x=sinx ⇔ sin 6x=sinx
0,25
⇔
6x=x+m2π ¿
6x=π − x+m2π ¿
¿ ¿ ¿
⇔
x=2mπ ¿ x=π
7+ 2mπ
7 ¿ ¿ ¿ ¿
; m∈Z
0,25
Xét 2mπ5 =¿ kπ ⇔ 2m=5k ⇔ m ¿5t , t∈Z Xét π
7+ 2mπ
7 = kπ ⇔ 1+2m=7k ⇔ k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, l∈Z
Vậy phương trình có nghiệm: x=2mπ
5 ( m≠5t ); x=
π
7+ 2mπ
7 (
m≠7l+3 ) m ,t ,l∈Z
0,25
b)
Giải phương trình : (3x+1)√2x2−1=5x2 +3
2x −3
1 điểm
(3)2(3x+1)√2x2−1=4(2x2−1)+2x2+3x −2 Đặt t=√2x2−1(t ≥0) Pt trở thành 4t2−2(3x
+1)t+2x2+3x −2=0 Ta có:
x −3¿2
3x+1¿2−4(2x2+3x −2)=¿ Δ'=¿
Pt trở thành 4t2−2(3x+1)t+2x2+3x −2=0 Ta có:
x −3¿2
3x+1¿2−4(2x2+3x −2)=¿ Δ'=¿
0,25
Từ ta có phương trình có nghiệm : t=2x −1 ;t=
x+2
Thay vào cách đăt giải ta phương trình có nghiệm:
x∈{−1+√6
2 ;
2+√60
7 }
0,5
Câu III
Tính tích phân
√ex+2¿2 ¿ ¿ dx
¿ I=∫
0 ln
¿
1 điểm
Ta c ó
e
x
3 +2¿2
¿ e
x
3 ¿ e
x
3dx
¿ I=∫
0 ln
¿ =
Đặt u= ex3 ⇒ 3 du
=e x
3dx ; x=0⇒u=1; x=3 ln2⇒u=2
0,25
Ta được:
u+2¿2 ¿ u¿ du
¿ I=∫
1
¿
=3
u+2¿2
4u−
1 4(u+2)−
1 2(¿)du ¿
∫
1
¿
0,25
=3 (14ln|u|−1
4ln|u+2|+ 2(u+2))¿1
2
0,25
¿3 4ln(
3 2)−
1
(4)Vậy I ¿3 4ln(
3 2)−
1 Câu IV
Gọi M trung điểm BC ta thấy:
¿
AM⊥BC
A ' O⊥BC } ¿
⇒BC⊥(A 'AM)
Kẻ MH⊥AA ', (do ∠A nhọn nên H thuộc đoạn AA’.) Do
BC⊥(A 'AM) HM∈(A 'AM)
}
⇒HM⊥BC
.Vậy HM đọan vơng góc chung
AA’và BC, d(AA',BC)=HM=a√3
4
0,5
Xét tam giác đồng dạng AA’O AMH, ta có: A ' O
AO =
HM AH ⇔ suy A ' O=AO HM
AH =
a√3
a√3
4 3a=
a
3
Thể tích khối lăng trụ:
V=A ' O.SABC=1
2A ' O AM BC=
a
3
a√3 a=
a3√3 12
0,5
Câu V 1.Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a+b+c=3 .Chứng minh
rằng:
3(a2+b2+c2)+4 abc≥13
1 điểm
Đặt f(a , b , c)=3(a2+b2+c2)+4 abc−13;t=b+c
*Trước hết ta chưng minh: f(a , b , c)≥ f(a ,t ,t) :Thật Do vai trò a,b,c nên ta giả thiết a ≤ b ≤ c
⇒3a ≤ a+b+c=3 hay a
f(a , b , c)− f(a , t , t)=¿ 0,5 A
B
C
C’ B’
A’
H
(5)3(a2
+b2+c2)+4 abc−13−3(a2+t2+t2)−4 at2+13 = 3(b2
+c2−2t2)+4a(bc− t2)
= 3[b2+c2−2(b+c)
4
]+4a[bc−(b+c)
4
] =
b − c¿2 ¿ b − c¿2
3¿ ¿ =
b− c¿2 ¿ (3−2a)¿
¿
a
*Bây ta cần chứng minh: f(a , t , t)≥0 với a+2t=3 Ta có f(a , t , t)=3(a2+t2+t2)+4 at2−13
= (3−2t¿2+t2+t2)+4(3−2t)t2−13 3¿
= t −1¿
(7−4t)≥0
2¿ 2t=b+c < Dấu “=” xảy ⇔t=1∧b − c=0⇔a=b=c=1 (ĐPCM)
0,5
2 Cho x,y,z thoả mãn số thực: x2−xy
+y2=1 .Tìm giá trị lớn
nhất , nhỏ biểu thức P=x
4
+y4+1
x2+y2+1
Tõ gi¶ thiÕt suy ra:
1=x2−xy+y2≥2 xy−xy=xy ¿
x+y¿2−3 xy≥−3 xy 1=¿
Từ ta có −1
3≤xy≤1
0,25
Măt khác x2xy+y2=1x2+y2=1+xy nên x4
+y4= x2y2+2 xy+1 đăt t=xy
Vởy toán trở thành tìm GTLN,GTNN P=f(t)= t
2
+2t+2
t+2 ;−
3≤ t ≤1 0.25
TÝnh
t+2¿2 ¿ ¿0⇔
¿ t=√6−2
¿ t=−√6−2(l)
¿ ¿ ¿ ¿
f '(t)=0⇔−1+6 ¿
(6)Do hµm sè liên tục [1
3;1] nên so sánh giá trÞ cđa f(
−1 ) ,
f(√6−2) , f(1) cho kÕt qu¶:
MaxP=f(√6−2)=6−2√6 , minP=f(−1 3)=
11
15 0.25
Câu VIa 1 điểm
a) (Học sinh tự vẽ hình)
Ta có: AB 1;2 AB
Phương trình AB là: 2x y 0
: ;
I d y x I t t
I trung điểm AC: C(2t −1;2t) 0,5
Theo ra: SΔABC=1
2AB d(C ,AB)=2 ⇔ |6t −4|=4 ⇔
t=0 ¿ t=4
3 ¿ ¿ ¿ ¿
Từ ta có điểm C(-1;0) C( 3;
8
3 ) thoả mãn
0,5
b) 1 điểm
*Từ phương trình đoạn chắn suy pt tổng quát mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25 *Gọi H hình chiếu vng góc O l ên (ABC), OH vng góc với
(ABC) nên ⃗OH //⃗n(2;1;−1) ;HABC
Ta suy H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=
3 suy ra H( 3;
1 3;−
1 3) 0,25
*O’ đối xứng với O qua (ABC) ⇔ H trung điểm OO’ ⇔
O'(4 3;
2 3;−
2 3)
0,5
CâuVIIa
Giải phương trình: (z2− z)(z+3)(z+2)=10 , ¿ z∈
¿
C. 1 điểm
PT ⇔ z(z+2)(z −1)(z+3)=10⇔ (z2+2z)(z2+2z −3)=0 Đặt t=z2+2z Khi phương trình (8) trở thành:
0,25
Đặt t=z2+2z Khi phương trình (8) trở thành
t2−3t −10=0
(7)
⇔
t=−2 ¿ t=5
¿ z=−1±i
¿ z=−1±√6
¿ ¿ ¿
⇒¿ ¿ ¿ ¿
Vậy phương trình có nghiệm: z=−1±√6 ; z=−1± i
0,5
Câu VIb a)
1 điểm Viết phương trình đường AB: 4x3y 0 AB5
Viết phương trình đường CD: x 4y17 0 CD 17
0,25
Điểm M thuộc có toạ độ dạng: M ( ;3t t 5) Ta tính được:
13 19 11 37
( , ) ; ( , )
5 17
t t
d M AB d M CD
0,25
Từ đó: SMABSMCD d M AB AB d M CD CD( , ) ( , )
7
3
t t
Có điểm cần tìm là:
7 ( 9; 32), ( ; 2)
3 M M
0,5
b) 1 điểm
Giả sử mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đường thẳng d1, d2 hai điểm A B ta ln có IA + IB ≥ AB AB ≥d d d 1, 2 dấu xảy I là
trung điểm AB AB đoạn vng góc chung hai đường thẳng d1, d2 0, 25
Ta tìm A, B : '
AB u AB u
⃗ ⃗
Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
0,25
⃗AB(….)… A(1; 2; -3) B(3; 0; 1) I(2; 1; -1) 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) bán kính R=
Nên có phương trình là:
2 2
2 ( 1) ( 1)
x y z 0,25
CâuVIIb Giải bất phương trình x(3 log2x −2)>9 log2x −2 1 điểm Điều kiện: x>0
Bất phương trình ⇔ 3(x −3)log2x>2(x −1) Nhận thấy x=3 khơng nghiệm bất phương trình
(8)TH1 Nếu x>3 BPT ⇔
2log2x>
x −1
x −3 Xét hàm số: f(x)=3
2log2x đồng biến khoảng (0;+∞) g(x)=x −1
x −3 nghịch biến khoảng (3;+∞)
*Với x>4 :Ta có
¿
f(x)>f(4)=3
g(x)<g(4)=3 }
¿
Bpt có nghiệm x>4
* Với x<4 :Ta có
¿
f(x)<f(4)=3
g(x)>g(4)=3 }
¿
Bpt vô nghiệm
0,25
TH :Nếu 0<x<3 BPT ⇔
2log2x<
x −1
x −3 f(x)=3
2log2x đồng biến khoảng (0;+∞) g(x)=x −1
x −3 nghịch biến khoảng (0;3)
*Với x>1 :Ta có
¿
f(x)>f(1)=0
g(x)<g(1)=0 }
¿
Bpt vô nghiệm
* Với x<1 :Ta có
¿
f(x)<f(1)=0
g(x)>g(1)=0 }
¿
Bpt có nghiệm 0<x<1
0,25
Vậy Bpt có nghiệm
x>4 ¿ 0<x<1
¿ ¿ ¿ ¿
0,25
(9)THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 MƠN TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
1 x y
x
a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị C hàm số b) Biện luận theo m số nghiệm phương trình
1 x
m x
Câu II (2 điểm)
a) Tìm m để phương trình
4
2 sin xcos x cos 4x2sin 2x m 0
có nghiệm
0;
b) Giải phương trình
8
4
2
1
log log log
2 x 4 x x
Câu III (2 điểm)
a) Tìm giới hạn
3 2
0
3
lim
1 cos x
x x
L
x
b) Chứng minh C1000 C1002 C1004 C1006 C10098 C1001002 50
Câu IV (1 điểm)
Cho a, b, c số thực thoả mãn a b c 3. Tìm giá trị nhỏ biểu thức 4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b c
M
B PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu Va (2 điểm)
a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường trịn có phương trình C1:x2y2 4y 0
C2:x2y2 6x8y16 0. Lập phương trình tiếp tuyến chung C1 C2
b) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cạnh a Gọi M trung điểm AA’ Tính thể tích khối tứ diện BMB’C’ theo a chứng minh BM vng góc với B’C
(10)Cho điểm A2;5;3 đường thẳng
1
:
2
x y z
d
Viết phương trình mặt phẳng chứa d cho khoảng cách từ A đến lớn
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu Vb (2 điểm)
a) Trong hệ tọa độ Oxy, viết phương trình hyperbol (H) dạng tắc biết (H) tiếp xúc với đường thẳng d x y: 0 điểm A có hồnh độ
b) Cho tứ diện OABC có OA4,OB5,OC6 AOB BOC COA 60 Tính thể tích tứ diện OABC.
Câu VIb (1 điểm)
Cho mặt phẳng P x: 2y2z1 0 đường thẳng
1
: ,
2
x y z
d
5
:
6
x y z
d
Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 cho MN song song với (P) đường thẳng MN cách (P) khoảng
ĐÁP ÁN Câu I 2 điểm
a)
Tập xác định: Hàm số
1 x y
x
có tập xác định D R \
Giới hạn: 1
1 1
lim 1; lim ; lim
1 1
x x x
x x x
x x x
0,25
Đạo hàm: 2
' 0,
1
y x
x
Hàm số nghịch biến khoảng
;1
1; Hàm số khơng có cực trị Bảng biến thiên:
0,25
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x1; tiệm cận ngang y1 Giao hai tiệm cận I1;1 tâm đối xứng
0,25
Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình 0,25
b)
Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị
1 ' x
y C
x
Học sinh tự vẽ hình
(11)Số nghiệm 1 x
m x
số giao điểm đồ thị
1 x y
x
y m
0,25 Suy đáp số
1; 1:
m m phương trình có nghiệm 1:
m phương trình có nghiệm m 1:
phương trình vơ nghiệm
0,25
Câu II 2 điểm a)
Ta có
4
sin os sin
2
x c x x
cos4x 1 2sin 2 x
0,25
Do 1 3sin 22 x2sin 2x 3 m
Đặt tsin 2x Ta có x 0;2 2x 0; t 0;1
Suy f t 3t22t 3 m t, 0;1
0,25
Ta có bảng biến thiên 0,25
Từ phương trình cho có nghiệm
10
0;
2 m
0,25 b)
Giải phương trình
8
4
2
1
log log log
2 x 4 x x
Điều kiện: 0x1 0,25
2 x3 x1 4 x 0,25
Trường hợp 1: x1
2 x2 2x 0 x2
0,25
Trường hợp 1: 0x1
2 x26x 0 x2 3
Vậy tập nghiệm (2) T 2; 3
0,25
Câu III a)
Tìm
3 2
0
3
lim
1 cos x
x x
L
x
Ta có
3 2
0
3 1 1
lim
1 cos cos
x
x x
L
x x
(12)Xét
2
1
2
0
2 1
lim lim
1 cos 2sin 2 1 1
2 x x x x L x x x 0,25
Xét
3 2
2
2
0 2 3 2 3 2
3 1
lim lim
1 cos
2sin 3 1
2 x x x x L x x x x 0,25
Vậy L L 1L2 2 0,25
b)
Chứng minh C1000 C1002 C1004 C1001002 50
Ta có
100 2 100 100
100 100 100 100
0 100 99
100 100 100 100 100 100 100
1
i C C i C i C i
C C C C C C C i
0,5
Mặt khác
1i2 1 2i i 2i 1i100 2i 50250
Vậy C1000 C1002 C1004 C1001002 50
0,5
Câu IV Cho a, b, c thoả a b c 3. Tìm GTNN của
4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b c
M
Đặt 2 ;3 ; , 2 ;3 ; , w 2 ;3 ; w a b c c a b b c a
u⃗ ⃗v M u v
2 2 2
w 2a 2b 2c 3a 3b 3c 4a 4b 4c M u v⃗ ⃗
0,25
Theo cô – si có 222b2c3 23 a b c 6 Tương tự … 0,5 Vậy M 3 29 Dấu xảy a b c 1 0,25
Câu Va Học sinh tự vẽ hình
a) C1:I10; , R13;C2:I23; , R2 3 0,25
Gọi tiếp tuyến chung C1 , C2
2
:Ax By C A B
tiếp tuyến chung C1 , C2
2 1 2 2
2
;
; 3 4 3 2
B C A B
d I R
d I R A B C A B
Từ (1) (2) suy A2B
3
2 A B C
0,25
Trường hợp 1: A2B.
Chọn B 1 A 2 C 2 5 : 2x y 0
Trường hợp 2:
3
2 A B C
Thay vào (1)
(13)2
2 0; : 0; :
3
A B A B A A B y x y b)
Gọi H trung điểm BC
3
; '
2 a d M BB C AH
0,25
2
' 12 ' 2 ' 13 ' 123
BB C a MBB C BB C a
S BB BC V AH S
0,25 Gọi I tâm hình vng BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình)
Ta có B C' MI B C; ' BC' B C' MB
0,5 Câu VIa
(Học sinh tự vẽ hình)
Gọi K hình chiếu A d K cố định;
Gọi mặt phẳng chứa d H hình chiếu A
0,25
Trong tam giác vuông AHK ta có AH AK
Vậy AHmax AK mặt phẳng qua K vng góc với AK
0,25
Gọi mặt phẳng qua A vng góc với d : 2x y 2z15 0
3;1; 4
K
0,25
mặt phẳng qua K vng góc với AK :x 4y z 0 0,25
Câu Vb a)
Gọi
2
2
:x y
H
a b
(H) tiếp xúc với d x y: 0 a2 b24 1
0,25
162 42
4 4; 2
x y A H
a b
0,25
Từ (1) (2) suy
2
2 8; 4 : 1
8
x y a b H
0,5 b)
(Học sinh tự vẽ hình)
Lấy B’ OB; C’ OC cho OA OB 'OC' 4
0,25
Lấy M trung điểm B’C’ OAM OB C' ' Kẻ AH OM AH OB C' '
0,25
Ta có
2
2
3
AM OM MH AH 0,25
1 15
.sin
2
OBC
S OB OC BOC
Vậy
1
10
3
OABC OBC
V AH S
0,25
Câu VIb
(14)
; 2 1 0;
d M P t t t
Trường hợp 1: t 0 M1;3;0 , MN 6 ' 4; ' 3; ' 5t t t
' 5;0;
P P
MN n MN n t N
0,25
Trường hợp 2: t 1 M3;0; , N1; 4;0 0,25