Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn: Toán lớp 11 ( năm học 2014-2015) trường thpt Việt Trì

Viết phương trình tiếp tuyến d của C sao cho d và hai tiệm cận của C cắt nhau tạo thành một tam giác cân.. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SC.[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ 30 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút, không kể thời gian giao đề PhÇn A : Dµnh cho tÊt c¶ c¸c thi sinh x C©u I (2,0 ®iÓm) Cho hàm số y  (C) x 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số Viết phương trình tiếp tuyến d (C) cho d và hai tiệm cận (C) cắt tạo thành tam giác cân C©u II (2,0 ®iÓm ) 1) Giải phương trình: (1 – tgx)(1 + sin2x) = + tgx 2x  y  m  2) Tìm m để hệ phương trình :  có nghiệm x  xy  C©u III(1,0 ®iÓm ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tính diện tích hình phẳng giới hạn các đường y = x2 và y   x C©u IV ( 1,0 ®iÓm ) : Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R và điểm C thuộc nửa đường tròn đó cho AC = R Trên đường thẳng vuông góc với (P)  A lấy điểm S cho SAB, SBC  60o Gọi H, K là hình chiếu A trên SB, SC Chứng minh AHK vuông và tính VSABC? C©u V (1,0 ®iÓm ) Cho a, b là các số dương thỏa mãn ab + a + b = 3a 3b ab    a2  b  b 1 a 1 a  b PhÇn B ( ThÝ sinh chØ ®­îc lµm mét hai phÇn ( phÇn hoÆc phÇn 2) Phần ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn ) Chứng minh: C©u VI.a 1.( 1,0 ®iÓm ) Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A(0, 1) B(2, –1) và các đường thẳng: d1: (m – 1)x + (m – 2)y + – m = d2: (2 – m)x + (m – 1)y + 3m – = Chứng minh d1 và d2 luôn cắt Gọi P = d1  d2 Tìm m cho PA  PB lớn 2.( 1,0 ®iÓm ) Cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – = và các đường thẳng d1 : x 1 y  z x5 y z5   và d :   Tìm các điểm M  d1, N  d2 cho MN // (P) 3 5 và cách (P) khoảng 4 Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình trên tập số phức: ( z  4)  ( z  6)  82 Phần ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao ) Câu VI.b (1.0 điểm) Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 8x + 6y + 21 = và đường thẳng d: x  y   Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD ngoại tiếp (C) biết A  d (1,0 ®iÓm) Trong không gian Oxyz cho các điểm A(–3,5,–5); B(5,–3,7); và mặt phẳng (P): x + y + z = Tìm giao điểm I đường thẳng AB với mặt phẳng (P) Tìm điểm M  (P) cho MA2 + MB2 nhỏ 2 C©uVII.b ( 1,0 ®iÓm) Giải phương trình trên tập số phức: ( z  1)  ( z  3)  Lop12.net ĐÁP ÁN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) CÂU I Khảo sát hàm số (Bạn đọc tự giải) 1 Ta có y '   0, x   x  1 Từ đồ thị ta thấy để tiếp tuyến tạo với hai tiệm cận tam giác vuông cân ta phải có hệ số góc tiếp tuyến là –1 tức là: 1  1  x  12   x1  0, x  2 x  1 Tại x1 =  y1 =  phương trình tiếp tuyến là y = –x Tại x2 =  y2 =  phương trình tiếp tuyến là y = –x + CÂU II 1.Giải phương trình: (1 – tgx)(1 + sin2x) = + tgx (1) 2t Đặt: t = tgx  sin 2x  Pt (1) thành  t2 2t 1  t  1     t  1  t  t  1  (t  1)(1  t )  1 t   t   hay 1  t  t  1  (1  t )  t  1 hay t  Do đó (1)  tgx = hay tgx = –1   x = k hay x =  + k, k   Cách khác (1)  (cosx – sinx)(cosx + sinx)2 = cosx + sinx (hiển nhiên cosx = không là nghiệm)  cosx + sinx = hay (cosx – sinx)(cosx + sinx) =   tgx = -1 hay cos2x = 1 x =  + k hay x = k, k   Tìm m để hệ sau có nghiệm 2x  y  m  2x  y  m  (I)   x  xy   xy   x xy  Với điều kiện:  ta có x   y  2x  m  y  2x  m  (I)     1 x   x  1  xy  1  x   y  x 1  x    2x  m  x    m  x   () x ( hiển nhiên x = không là nghiệm () ) Đặt f (x)  x    m  x  , ( a = ) ycbt  tìm m để phương trình () có đúng nghiệm thỏa x  Lop12.net f (1)    0(vn, ac  ) hay  b  af(1) < hay  c  1  1(VN)  1  a  2a  2m<  m > CÂU III y  Ta có: y   x   2 x  y  Là nửa đường tròn tâm O, bán kính R  , có y  Phương trình hoành độ giao điểm đường y = x2 và y   x : x   1;1 thì  x  x2 Do đó ta có   x S   2  x dx  1  x dx  x 2dx 1 1  I1   x dx Đặt: x = 1  dx =   I1       sint  t   ,     2   costdt x  1  t   ; x   t  4  sin2 t cos tdt        2 cos t cos tdt     4  1 I1  cos tdt  1  cos 2t dt  t  sin 2t   2      4 2       (Nhận xét : I1  4    1  cos 2t  dt  2 1  cos 2t  dt   Vì f(t) =  cos 2t là hàm chẵn) 1 I   x dx   x dx  1   1  Vậy S  2         (đvdt ) 3 4 2 (Nhận xét : S   1   x  x dx      x  x dx  x  x là hàm chẵn) C©u IV * Chứng minh AHK vuông Ta có: AS  CB AC  CB (ACB nội tiếp nửa đường tròn)  CB  (SAC)  CB  AK mà AK  SC  AK  (SCB)  AK  HK  AHK vuông K Vì g(x) = Lop12.net x   x  x  1 ; x2 và * Tính VSABC theo R Kẻ CI  AB Do giả thiết ta có AC = R = OA = OC  AOC R  IA  IO  Ta có SA  (ABC) nên (SAB)  (ABC)  CI  (SAB) Suy hình chiếu vuông góc SCB trên mặt phẳng (SAB) là SIB 3 Vì BI  AB Suy SSIB  SSAB  R.SA () 4 1 Ta có: SSBC  BC.SC  R SA  R 2 Theo định lý diện tích hình chiếu ta có: R SSBC  SA  R 2 R Từ (), () ta có: SA  SSIB  SSBC cos 60o  Từ đó VSABC () R3  SA.dtABC  12 C©u VTừ giả thiết a, b > và ab + a + b = Suy ra: ab   (a  b) , (a+1)(b+1) = ab +a +b + = bđt đã cho tương đương với 3a(a  1)  3b(b  1) a  b2    1 (a  1)(b  1) ab   3 3  a  b2  a  b   1 4 ab 12  a2  b2   a2  b2  3a  b   4 ab 12  a  b2   a  b    10  (A) ab Đặt x = a+b >  x  (a  b)  4ab  4(3  x)  a2  b       x  4x  12   x  6 hay x   x  ( vì x > 0) x  a  b  2ab  a  b  x  2(3  x)  x  2x  Thế x trên , (A) thành 12 x  x    , với x x  x  x  4x  12  , với x   x    x  x    , với x (hiển nhiên đúng) Vậy bđt cho đã chứng minh C©u VI.a 1.Tọa độ giao điểm P d1, d2 là nghiệm hệ phương trình (m  1)x  (m  2)y  m   (2  m)x  (m  1)y  3m  Lop12.net m 1 m  3  Ta có D   2m  6m    m     m  m m 1 2  3  Vì D   m     m nên d1, d2 luôn luôn cắt 2  Ta dễ thấy A(0,1)  d1 ; B(2,1)  d2 và d1  d2   APB vuông P  P nằm trên đường tròn đường kính AB Ta có (PA + PB)2  2(PA2 + PB2) = 2AB2 = (2 2)2  16   PA + PB  Dấu "=" xảy  PA = PB  P là trung điểm cung AB  Vậy Max (PA + PB) = P là trung điểm cung AB  P nằm trên đường thẳng y = x – qua trung điểm I (1 ;0) AB và IP =  P (2 ; ) hay P (0 ;- 1) Vậy ycbt  m = v m =  x   2t 2.P/trình tham số d1:  y   3t z  2t M  d1  M 1  2t,3  3t, 2t   x   6t ' P/trình tham số d2:  y  4t ' z  5  5t ' M  d  N   6t ', 4t ', 5  5t ' Vậy MN  6t '2t  4,4t '3t  3,5t '2t  5 Mặt phẳng (P) có PVT n P  1,2,2  Vì MN // (P)  MN.n P   1 6t ' 2t     4t ' 3t  3   5t ' 2t     t   t ' Ta lại có khoảng cách từ MN đến (P) d(M, P) vì MN // (P)  2t  23  3t   22t   2 1   6  12t   6  12t  hay   12t  6  t  1hay t  t =  t' = –1  M1(3, 0, 2) N1(–1, –4, 0) t =  t' =  M2(1, 3, 0) N2(5, 0, –5) C©u VII.a Đặt t  z  Khi dó phương trình (5) trở thành:  z  3  t   t  6t  40      z  7 t  i 10   z  5  i 10 Vậy nghiệm phương trình là: z  3; z  7; z  5  i 10 C©u VI.b 1) y A –3 –5 x D I B C Lop12.net Đường tròn (C) có tâm I(4, –3), bán kính R = Tọa độ I(4, –3) thỏa phương trình (d): x + y – = Vậy I  d Vậy AI là đường chéo hình vuông ngoại tiếp đường tròn, có bán kính R = , x = và x= là tiếp tuyến (C ) nên Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x =  A(2, –1) Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x =  A(6, –5) Khi A(2, –1)  B(2, –5); C(6, –5); D(6, –1) Khi A(6, –5)  B(6, –1); C(2, –1); D(2, –5) 2.a) Đường thẳng AB có VTCP a  8,8,12   42,2,3 x  3  2t  Phương trình đường thẳng AB: y   2t z  5  3t  Điểm I (–3+2t; 5- 2t; –5+3t)  AB  (P) (–3 + 2t) + (5 – 2t) + (–5 + 3t) =  t = Vậy đường thẳng AB cắt mặt phẳng (P) I(–1, 3, –2) b) Tìm M  (P) để MA2 + MB2 nhỏ Gọi H là trung điểm đoạn AB Tam giác MAB có trung tuyến MH nên: AB2 MA  MB2  2MH  Do đó MA2 + MB2 nhỏ  MH2 nhỏ Ta để thấy H(1, 1, 1), M  (P) MH nhỏ  MH  (P) và để ý mặt phẳng (P): x + y + z = có PVT OH  1,1,1 và O  (P)  M  (0, 0, 0) Vậy, với M(0, 0, 0) thì MA2 + MB2 nhỏ (khi đó, ta có min(MA2 + MB2) = OA2 + OB2 = (9 + 25 + 25) + (25 + + 49) = 142) C©u VIIb Phương trình (6) tương đương với:  z   i ( z  3)  z  iz   3i  2 2 ( z  1)  i ( z  3)    z    i ( z  )   z  iz   3i   z   2i  z  1  i  z  1 i   z  1  2i Vậy nghiệm phương trình là: z   2i; z  1  i; z  1  2i; z   i Lop12.net