Đang tải... (xem toàn văn)
Tìm các giá trị m để hàm số (1) có 2 cực trị, đồng thời các điểm cực trị cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 4.. Câu II.[r]
(1)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7đ) Câu I Cho hàm số y x3 3mx2 m
(1)
1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) m =
2 Tìm giá trị m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời điểm cực trị với gốc tọa độ O tạo thành tam giác có diện tích
Câu II
1 Giải phương trình sin cos sin( 4) 3cos 1 cos
x x x x
x
2 Giải hệ phương trình
2
2
3
3 x y x x y
x y x x
3 Tính tích phân
2
ln
I dx
1 x x
Câu III Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC cạnh a, SA(ABC) SA = 3a. Gọi M, N hình chiếu vng góc A lên cạnh SB, SC Tính thể tích khối chóp A.BCNM theo a
Câu IV Cho số thực dương x, y, z thõa mãn:xyz 1 Chứng minh 2
x y z
4 y z x x y z
PHẦN RIÊNG (3đ) (Thí sinh làm Câu Va, Vb)
Câu Va
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích hai đỉnh A(1; -2), B(2; -3) Tìm tọa độ đỉnh cịn lại, biết giao điểm đường chéo hình bình hành nằm trục Ox có hồnh độ dương
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
2 1
x y z
d’:
1
x y z
Viết phương trình mặt phẳng (P) vng góc với d, cắt trục Oz d’ theo đoạn thẳng có độ dài nhỏ
3 Giải phương trình 2
4
log xlog (x 2x1) log ( x 4x4) log ( x1) 0 .
Câu Vb
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích 15
2 , hai đỉnh A(1; -2), B(-2; 2) Tìm tọa độ đỉnh C, biết trọng tâm tam giác thuộc đường thẳng: x + y = có hồnh độ dương
2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :
1
x y z
điểm
M(0; 3; -2) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M, song song khoảng cách giửa (P)
3 Giải hệ phương trình
2
log x 2
2
2
x 2y log ( ) y
2
log (xy x y) 2log x
Hết -SỞ GD – ĐT HÀ TĨNH
Trường THPT Lê Hữu Trác 2
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Mơn Tốn – Khối A, B, D.
(2)ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu Nội dung Điểm
I (2 đ) 1 (1đ) Khảo sát m = 1.
2
-2
-5
(1đ) Tìm m
y’ = -3x2 + 6mx = x = 0, x = 2m
Hs có cực trị m0 Giả sử A(0, -m); B(2m; 4m3 – m) OAB
1
S
2OA BH
, với OA = |m|; BH = d( B, Oy) = |2m| Suy SOAB = m2 = suy m2 thõa mãn.
1
0,25 0,25 0,25 0,25 II (3 đ) 1 (1 đ) Giải pt
Đk x k , k Z
sin cos sinx cos 3cos cos sinx sinx(cos sinx 2)
cos sinx 0( )
x x x x x
x
x VN
x k
,
Đối chiếu đk suy x k2 nghiệm pt
( Nếu HS không đối chiếu đk đchiếu sai trừ 0,25 đ) 2 (1 đ) Giải hpt
Đk x 0;x2 y
Ta có y = khơng t/m , nhân chia PT đầu với LLH, ta có
2
2
3
3
3 y x
y x y x x
x y x
, kết hợp pt (2)
Ta có x x2 3 3 x 1
nghiệm f(x) = VT ln đ/b
(0;+), thay vào hệ suy y = t/m Hệ có nghiệm (1; 8)
3.(1 đ) Tính tích phân Đặt u = lnx;
1 2 dx dv
x
Suy
dx
du ; v
1 x x
0,25
0,25
0,25 0,25
0,5
0,5
0,25
(3)2
1 1
ln |
1 (1 )
1
ln ln | ln ln
3 3
dx
I x
x x x
x x
0,5
III (1đ)
Ta có
S AMN S ABC
V SM SN V SB SC Trong
2
1 3
.3
3 4
S ABC
a a
V a
M/ k:
2
3
81
100 81
100
19 400
S AMN
A BCNM S ABC S AMN
SM SN SM SN SM SB SC SB SC SB
a V
a
V V V
S
A
B
C M
N
IV(1đ)
Đặt: a 1;b 1;c abc
x y z
(1) Bttt cần cm:
2 2
3
4 a b c abc
c a b ab bc ac (*)
Theo đl Bunhia
2 2 a b c a b c
a b c c a b a b c
2
3abc
ab bc ca ab bc ca a b c
2 a b c
ab bc ca (1)
Vậy
2 2
2
3
a b c abc
a b c
c a b ab bc ac a b c
Đặt t a b c 33 abc 3
, Ta có
2
9
4
3 3
t t t t
t
t t
, đpcm
Dấu ‘=’ a = b = c =
0,25
0,25
0,5 Va(3 đ)
1.(1 ) đ
Ta có 3
2
ABCD ABC IAB
S S S
Gọi giao điểm đường chéo I(x; 0) thuộc Ox d(I; AB) =
2 x
đt AB có pt x + y + = mà d(I; AB) =2
2
IAB
S
AB , hay |x+1|=3, suy x = 2, x = - (loại) Vậy I(2;0)
I
D C
B A
0,25
0,25
(4)Theo CT trung điểm suy C(3; 2), D(2;3) 0,25 2 (1 đ) Do (P) vng góc với d, nên có pt 2x – y + z + c = 0
(P) cắt Oz A(0; 0; -c), cắt d’ B( 1- c; -2c; -2-c)
AB2 = 5c2 -2c + 5, suy AB nhỏ c = 1/5 thõa mãn. Vậy PT (P): 2x – y + z + 1/5 =
0,25 0,25 0,25 0,25
3.(1 đ) Đk x1;x2
2 2
2
log log log log ( 1)
log log
x x x x
x x
x >
| | 4,
x x x x
(loại)
Vậy pt có nghiệm x =
0,25 0,25 0,25 0,25 Vb (3đ)
1 (1đ) Ta có
3
GAB ABC
S S Gọi G(a; -a) thuộc đt: x + y = d(G;AB) =
5 a
AB có PT: 4x + 3y + = mà d(G;AB) =
5
GAB
S
AB , suy |a+2| = 5, hay a = th/m, hay G(3; -3) Theo CT trọng tâm suy C(10; -9)
0,25 0,25 0,25 0,25
2 (1 đ) G/s PT (P) có dạng Ax + By + Cz + D = 0
Từ gt ta có hệ
2 2
3
4
3 B C D A B C
C D A B C
suy B = -2C B = -8C
( d( ; ) P d M P( , ), với M(0; 0; 1) )
Vậy có mp (P) th/m 2x + 2y- z – = 0; 4x – 8y + z + 26 =
0,5
0,5 3 (1 đ) Đk x > 0
Từ PT sau hệ ta có (x+1)(x-y) = 0, suy x = y, vào PT đầu ta có:
2
log 2
2
2 log ( )
2
x x
x x Đặt t = log2 x, suy x = 2t
Pttt 1 2 2 1 2 2
2t ( 1)t t 2t t t 2t
(*) Xét h/s f(t) = 2t + t h/s
đồng biến R, nên (*) tương đương t2 + = 2t hay t = 1, suy x = 2 Vậy hệ có nghiệm (x, y) = (2; 2)
(Lưu ý: Mọi cách giải khác cho điểm tối đa.)
0,25 0,25 0,25 0,25