Đề Toán - Thi thử Đại học - lần 2

Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ABCD tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2a.. a Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng SAC.[r]

ÐỀ THI thö ĐẠI HỌC lÇn ii NĂM häc: 2010-2011 Môn thi : TOÁN làm bài:180 phútThời gian (không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2 điểm) Cho hàm số y = x + 3x + mx + có đồ thị là (Cm); ( m là tham số) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m = Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng: y = ba điểm phân biệt C(0;1), D, E cho các tiếp tuyến (Cm) D và E vuông góc với Câu II:(2 điểm) Giải hệ phương trình:  x  y  xy    x   y   Tìm x  (0;  ) thoả mãn phương trình: cotx – = cos x  sin x  sin x  tan x Câu III: (2 điểm) Trên cạnh AD hình vuông ABCD có độ dài là a, lấy điểm M cho AM = x (0 < x  a) Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) A, lấy điểm S cho SA = 2a a) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC) b) Kẻ MH vuông góc với AC H Tìm vị trí M để thể tích khối chóp SMCH lớn Tính tích phân: I =   ( x  sin 2 x) cos xdx Cõu IV: (1 điểm) : Cho các số thực dương a,b,c thay đổi luôn thoả mãn : a+b+c=1 a  b2 b  c2 c  a2 Chứng minh :    bc ca ab PHẦN RIÊNG (3 điểm) ( A Theo chương trình chuẩn Chó ý!:ThÝ sinh chØ ®­îc chän bµi lµm ë mét phÇn) Câu Va :1.Trong mÆt ph¼ng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch b»ng vµ trọng tâm thuộc đường thẳng : 3x – y – = Tìm tọa độ đỉnh C 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4) vµ ®­êng th¼ng  : x 1 y  z   Tìm toạ độ điểm M trên 1 Cõu VIa : Giải bất phương trình: (  3) x  x 1  (2  3) x  x 1   cho: MA2  MB2  28 2 B Theo chương trình Nâng cao 2 Câu Vb: Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x + y – 6x + = Tìm M thuộc trục tung cho qua M kẻ hai tiếp tuyến (C) mà góc hai tiếp tuyến đó 600 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; ; 0) và đường thẳng d víi d: x 1 y 1 z Viết phương trình chính tắc đường thẳng qua điểm M,   1 cắt và vuụng gúc với đường thẳng d và tìm toạ độ điểm M’ đối xứng với M qua d log xy log    ( xy ) Câu VIb: Giải hệ phương trình  2  log ( x  y )   log x  log ( x  y ) ………………… … ……………… Hết…………………………………… (C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm) Lop12.net Hướng dẫn chấm môn toán C©u Néi Dung ý I §iÓm Kh¶o s¸t hµm sè (1 ®iÓm) y = x + 3x + mx + (Cm) m = : y = x + 3x + 3x + (C3) + TXÑ: D = R + Giới hạn: lim y  , lim y   x  0,25 x  + y’ = 3x + 6x + = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2  0; x  hàm số đồng biến trên R  0,25 Baûng bieán thieân: 0,25 + y” = 6x + = 6(x + 1) y” =  x = –1  tâm đối xứng U(-1;0) * Đồ thị (C3): Qua A(-2 ;-1) ; U(-1 ;0) ; A’(0 ;1) 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm (Cm) và đường thẳng y = là: x  x + 3x2 + mx + =  x(x2 + 3x + m) =   (2)  x  3x  m  * (Cm) cắt đường thẳng y = C(0;1), D, E phân biệt:  Phöông trình (2) coù nghieäm xD, x E  m      4m     (*)    m    m  0,25 0,25 Lúc đó tiếp tuyến D, E có hệ số góc là: kD=y’(xD )= 3x 2D  6x D  m  (3x D  2m); Lop12.net 0,25 kE=y’(x E)= 3x 2E  6x E  m  (3x E  2m) Caùc tieáp tuyeán taïi D, E vuoâng goùc vaø chæ khi: kDkE = –1  (3xD + 2m)(3xE + 2m) =-1 0,25  9xDxE+6m(xD + x E) + 4m = –1  9m + 6m(–3) + 4m = –1 (vì xD + xE = –3; xD xE = m theo ñònh lý Vi-ét)   65 m   4m – 9m + =     65 m    So s¸nhÑk (*): m =  65   II 1 x   §k:   y  (1) 0,5  x  y  ( y  xy)   ( x  y )( x  y)   x 2 y    x 2 y  x  y  0(voly)  x = 4y Thay vµo (2) cã y 1  y 1   y   y   0,25  y 1  y 1  2 y 1   y   2 y 1   y 1  y     y   y   (tm) x  2  x  10 (tm)  V©y hÖ cã hai nghiÖm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = (10;5/2) 0,25 sin x  sin x   sin x  cos x   tan x  1 cos x  sin x cos x cos x PT    sin x  sin x cos x sin x cos x  sin x cos x  sin x   cos x  sin x cos x  sin x  sin x cos x sin x ®K:  Lop12.net 0,25  cos x  sin x  sin x(1  sin x ) 0,25  (cos x  sin x )(sin x cos x  sin x  1)  0,25  (cosx  sin x)(sin2x  cos2x  3)   cos x  sinx    (cos x  sinx)( 2sin(2x  )  3)     sin(2 x   )  3( voly )   cos x  sin x   tanx =  x  Do x  0;    k   x    k ( k  Z ) (tm®k) 0,25  III 1  SA  ( ABCD)  ( SAC )  ( ABCD)  SA  ( SAC ) Do  0,25 Lai cã MH  AC  ( SAC )  ( ABCD )  MH  ( SAC )  d ( M , SAC )  MH  AM sin 45o  x Ta cã x x  HC  AC  AH  a  2 1 x x  S MHC  MH MC  (a  ) 2 2 1 x x  VSMCH  SA.S MCH  2a (a  ) 2 AH  AM cos 450  O,5 Tõ biÓu thøc trªn ta cã: x x a 2 2 VSMCH x x  a 2 2  xa  a  M trïng víi D Lop12.net 0,25  a3    0,25  2 I = ( x  sin 2x)cos2 xdx  xcos2xdx  sin xcos2 xdx  I  I    0 TÝnh I1   du  dx u  x x 14    I  sin x  sin 2xdx  đặt   v  cos xdx 2 v  sin x     0,25     cos x   8 TÝnh I2   1 I  sin2 2xd(sin2x)  sin3 2x  20 6 0,25  1      8 12 0,25 VËy I= IV 1 .Ta cã :VT = ( A3  2 a b c b c a   )(   )  A B bc c a ab bc c a ab 1 1     (a  b)  (b  c)  (c  a)    a  b b  c c  a  1 (a  b)(b  c)(c  a )3  ab bc ca  A a2 b2 c2 12  (a  b  c)2  (   )(a  b  b  c  c  a ) ab bc ca   B.2  B  0,25 0,25  Lop12.net 0,25 2 Từ đó tacó VT     VP 0,25 Dấu đẳng thức xảy a=b=c=1/3 V.a 0,25 5 ;  ), 2 , trung ®iÓm M ( Ta cã: AB = pt (AB): x – y – = 3 S ABC = d(C, AB).AB =  d(C, AB)= 2 Gäi G(t;3t-8) lµ träng t©m tam gi¸c ABC th× d(G, AB)=  d(G, AB)= t  (3t  8)  =  G(1; - 5) hoÆc G(2; - 2) 0,25  t = hoÆc t =   Mµ CM  3GM  C = (-2; -10) hoÆc C = (1; -1) 0,25 x  1 t  ptts :  y  2  t  M (1  t ; 2  t ; 2t )  z  2t  0,5 Ta cã: MA2  MB  28  12t  48t  48   t  Từ đó suy : M (-1 ;0 ;4) VI.a 0,25 0,25   Bpt    x2 2x  t  2 x 2x    2 (t  0) 0,25 0,25 x 2x 4 BPTTT : t 4 t 0,25  t2  4t 1     t   (tm) 0,25  Khi đó :     x 2 x     1  x  x  x2  2x 1  1   x  1 V.b 0,25 1 Lop12.net (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2; M  Oy  M(0;m) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)  AMB  600 (1) Vậy  Vì MI là phân giác AMB  AMB  1200 (2) (1)  AMI = 300  MI  IA  MI = 2R  m2    m   sin 30 (2)  AMI = 60  MI  IA  MI = R  m2   Vô sin 60 3 0,5 0,5 nghiệm Vậy có hai điểm M1(0; ) và M2(0;- ) Gọi H là hình chiếu vuông góc M trên d, ta có MH là đường thẳng qua M, cắt và vuông góc với d 0,25  x   2t  d có phương trình tham số là:  y  1  t z   t   Vì H  d nên tọa độ H (1 + 2t ;  + t ;  t).Suy : MH = (2t  ;  + t ;  t)  Vì MH  d và d có vectơ phương là u = (2 ; ; 1), nên :  2.(2t – 1) + 1.( + t) + ( 1).(t) =  t = Vì thế, MH =  ;  ;   3 3 3 0,25   uMH  3MH  (1; 4; 2) Suy ra, phương trình chính tắc đường thẳng MH là: 3 x  y 1 z   4 2 Theo trên có H ( ;  ;  ) mà H là trung điểm MM’ nên toạ độ 0,25 0,25 ; ) 3 ĐK: x>0 , y>0 M’ ( ;  VIb (1)  22log3 xy  2log3 xy   0,5 0,25 x 2 (2) log4(4x +4y ) = log4(2x +6xy)  x2+ 2y2 = log3xy =  xy = 3y= Kết hợp (1), (2) ta nghiệm hệ: ( Lop12.net ; ) ( ; ) 0,25 S M A D H C B Lop12.net