Đề thi thử đại học môn thi: Toán khối A, B, D

Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ B đến mpSAC.. Hãy tính toạ độ các điểm C, D.[r]

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TRƯỜNG THPT PHÚC THÀNH Môn thi: TOÁN Khối A, B, D Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y  x3  3mx  4m3 (m là tham số) có đồ thị là (Cm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số m = Xác định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x Câu II (2.0 điểm )  2sin x    2(cot x  1) sin x cos x  x3  y  y  x   Tìm m để hệ phương trình:  có nghiệm thực 2 x   x  y  y  m     ) tan( x  dx Câu III (1.0 điểm ) Tính tích phân I   cos2x Giải phương trình: Câu IV (1.0 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh SA  a ; các cạnh còn lại a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ B đến mp(SAC) Câu V (2.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) có phương trình: x y 1 z    (P): 2x  y  2z  = 0; (d): 1 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) khoảng và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi 8 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD có A( ; 2), B( ; 5) và giao điểm hai đường chéo thuộc đường thẳng (d) có phương trình x – y – = Hãy tính toạ độ các điểm C, D Câu VI (2.0 điểm) Thực phép tính (1  i ) 2011 (1  i ) 2010 ( đó i  1 ) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2  Tìm giá trị nhỏ 1 biểu thức: P     xy  yz  zx o0o Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: SBD: Lop12.net Câu Nội dung Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3  3x2 + + TXĐ: R + Sự biến thiên: y’ = 3x2  6x =  x = x = Hàm số đồng biến trên: (; 0) và (2; +) Hàm số nghich biến trên: (0; 2) Hàm số đạt CĐ xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT xCT = 2, yCT = y” = 6x  =  x = Đồ thị hàm số lồi trên (; 1), lõm trên (1; +) Điểm uốn (1; 2) 0.25  4 Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim x3 1      x x  x x  0.25 LËp BBT: x + y ∞ y’  ∞ I Điểm +∞ + +∞ 0.25 §å thÞ: y 0.25 x O x  2/ Ta có: y’ = 3x2  6mx =    x  2m Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m   Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0)  AB  (2m; 4m3 ) Trung điểm đoạn AB là I(m; 2m3) Điều kiện để AB đối xứng qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng y = x và I thuộc đường thẳng y = x Lop12.net 0.25 0.25 0.25 2m  4m3   2m  m Giải ta có: m   ;m=0 0.25 Kết hợp với điều kiện ta có: m   2/ Đk: x  k 2  0.25 Phương trình đã cho tương đương với:  tg x    2cotg x sin x 2(sin x  cos x)  3tg x    2cotg x sin x cos x   0.25  3tg x  2tg x      tg x   x    k      tg x   x    k   II 0.25 KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x   x3  y  y  x   2/  2  x   x  y  y  m     k ; kZ 0.25 (1) (2) 0.25 1  x  1  x  Điều kiện:    2 y  y  0  y  2 Đặt t = x +  t[0; 2]; ta có (1)  t3  3t2 = y3  3y2 Hàm số f(u) = u3  3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: (1)  t = y  y = x +  (2)  x   x  m  0.25 0.25 Đặt v   x  v[0; 1]  (2)  v2 + 2v  = m Hàm số g(v) = v2 + 2v  đạt g (v)  1; m ax g (v)  [ 0;1] [ 0;1] 0.25 Vậy hệ phương trình có nghiệm và 1  m  III  tan( x  ) dx Tính tích phân I   c os2x 1.00 Lop12.net    tan( x  )  tan x I dx    dx cos2x 0 1  tan x  Đặt t  tan x  dt= x   t  0; Suy I  Vậy I  0.25 dx  (tan x  1)dx cos x  x t  0.25 dt 1   (t  1) t 1 0.25 1 0.25 1.00 Tính theo a khoảng cách từ B đến mp(SAC) ( Không có hình, hình vẽ sai không chấm điểm) IV Gọi M là trung điểm BC thì SM  BC , AM  BC Suy tam giác SMA 0.25 3a a vì có các cạnh Diện tích tam giác SMA 16 Ta có VSABC  2VSBAM 1 3a a 3  .BM S SAM  a  3 16 16 Gọi N là trung điểm SA Ta có CN  SA  CN  vuông N)  S SCA Ta có VSABC  0.25 a 13 ( vì tam giác CAN 1 a a 13 a 39  SA.CN   2 16 a3 1 a 39  S SCA d ( B ,( SAC ))  d ( B ,( SAC )) Suy ra: 16 3 16 d( B;( SAC ))  Viết phương trình mặt cầu V  x  t  Đường thẳng () có phương trình tham số là:  y  1  2t ; t  R z   t  3a 13 0.25 0.25 1.00 0.25 Gọi tâm mặt cầu là I Giả sử I (t; 1 + 2t; 2+ t)() Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) khoảng nên: Lop12.net 0.25  t | 2t   2t   2t  | | 6t  | d ( I ; )      3 t     8  17   Có hai tâm mặt cầu: I   ; ;  vµ I  ;  ;    3 3  3 3 Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có chu vi 8 => r = nên mặt cầu có bán kính là R = 0.25 Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 0.25 Hãy tính toạ độ các điểm C, D 1.00 Tâm I thuộc (d) nên I( x ; x – 1) 0.25  Có IA  ( x;3  x),  IB  (4  x;6  x)  0.25 Do IA vuông góc với IB  IA.IB   x  ; x  0.25 Ta hai nghiệm : C1 ( ; ), D1 ( 5; ) và C2 ( ; ), D2 ( ; - 3) 02.5 Thực phép tính 1.00 (1  i ) 2011   i   Ta có  (1  i ) 2010   i  Mà : 2010 (1  i ) 0.25 1 i (1  i )  2i    i  i (1  i )(1  i ) (1  i ) 2011   i   Suy  (1  i ) 2010   i  VI 2  1  8 7  17   1    x     y     z    25 vµ  x     y     z    25 3  3  3 3  3  3   0.25 2010 (1  i )  i 2010 (1  i )  (i )1005 (1  i )  1  i 0.25 (1  i ) 2011  1  i Vậy (1  i ) 2010 0.25 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 1.00  1    2/ Ta có:  (1  xy )  (1  yz )  (1  zx)     (phải cm)  xy  yz  zx   0.25 P 9  Do x  y  z  xy  z  zx (phải cm) 2  xy  yz  zx  x  y  z 0.25  P 1 3 0.25 Vậy GTNN là Pmin = x  y  z  2 Chú ý: Nếu thí làm cách khác đúng, cho điểm tối đa ! Lop12.net 0.25