De va DA thi thu DH mon Toan

Bốn đường cao của bốn mặt bên ứng với đỉnh S có độ dài bằng nhau và bằng b.. Tính thể tích của khối chóp theo a, b.[r]

SỞ GDĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT BỈM SƠN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG BỒI DƯỠNG ĐỢT IIMƠN TỐN KHỐI A NĂM HỌC 2011-2012 (Thời gian làm 180 phút)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (2.0 điểm)

Cho hàm số: y x 3 3x2mx 1 (1)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m 0 .

2 Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu Gọi ( ) đường thẳng qua hai điểm cực đại, cực tiểu.Tìm giá trị lớn khoảng cách từ điểm

1 11 I ;

2

 

 

  đến đường thẳng ( ) . Câu II (2.0 điểm)

Giải phương trình :

1 2(sinx cos x)

tanx cot 2x cot x  

  .

Giải bất phương trình : x2 91 x x  Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân:

e

1

(x 2) ln x x dx x(1 ln x)

 





Câu IV (1.0 điểm)

Cho khối chóp S.ABCDcó đáy hình thang cân, đáy lớn AB bốn lần đáy nhỏ CD, chiều cao đáy a Bốn đường cao bốn mặt bên ứng với đỉnh S có độ dài b Tính thể tích khối chóp theo a, b

Câu V (1.0 điểm)

Cho số thực không âm a, b,c thỏa mãn a b c 1   Chứng minh rằng:      

3 a b b c c a

18

   

PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) (Thí sinh làm hai phần A B ). A.Theo chương trình chuẩn:

Câu VI.a (2 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vng ABCD biết M(2;1), N(4;-2); P(2;0), Q(1;2) thuộc cạnh AB, BC, CD, AD Hãy lập phương trình cạnh hình vng

Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(13;-1;0), N(12;0;4).Lập phương trình mặt phẳng qua hai điểm M, N tiếp xúc với mặt cầu ( S) : x2y2z2 2x 4y 6z 67 0   

CâuVII.a (1điểm)

Giải phương trình:    

3

log x log x 2x

10 10

3

   

B Theo chương trình nâng cao:

Câu VI.b(2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm I 1; 1  là tâm hình vng, cạnh có phương trình x 2y 12 0   Viết phương trình cạnh cịn lại hình vng

Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(0;-1;2), N(-1;1;3).Viết phương trình mặt phẳng (R) qua M, N tạo với mặt phẳng (P): 2x y 2z 0    góc nhỏ

Giải hệ phương trình

2

1 x y

1 x y

2log ( xy 2x y 2) log (x 2x 1) log (y 5) log (x 4) =

 

 

        

 

  

 

HẾT

Hướng dẫn chấm toán khối A lần năm 2011-2012

Câu Ý Nội dung Điểm

I

1 Cho hàm số: y x3 3x2 1

   (1) 2,0

1

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y x 3 3x21 1,0 * Tập xác định: R

* Sự biến thiên:

+ Giới hạn:  

3

xlim y   xlim x    3x 1  ,lim yx  .

0,25

+ Bảng biến thiên:

2 x

y 3x 6x 3x(x 2), y

x  

      

  Bảng biến thiên:

x − ∞ +∞ y + - + y +∞

− ∞ -3 0,25

+ Hàm số đồng biến khoảng  ;0 2; + Hàm số nghịch biến khoảng 0;2

+ Hàm số đạt cực đại x 0, y CÐ y(0) 1

đạt cực tiểu x 2, y CT y(2)3 0,25 * Đồ thị:

Đồ thị cắt trục tung điểm (0;1), cắt trục hoành hai điểm phân biệt Ta có y6x 6; y  0 x 1

y'' đổi dấu x qua x =

Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng

f(x)=x^3-3x^2+1

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1

-8 -6 -4 -2

x y

I

2 Tìm m để hàm số có cực đại,cực tiểu 1,0

2

Ta có y 3x2  6x m

Hàm số có cực đại, cực tiểu phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt

Tức cần có:    3m 0  m 3. 0,25

Chia đa thức y cho y, ta được:

x 2m m

y y x

3 3

   



       

    .

Giả sử hàm số có cực đại, cực tiểu điểm x ; y , x ; y1 1  2.

Vì y (x ) 0; y (x ) 0    nên phương trình đường thẳng   qua hai điểm cực đại, cực tiểu là:

2m m

y x

3

 

    

  hay  

m

y 2x 2x

3

    0,25

Ta thấy đường thẳng   qua điểm cố định

A ;

2

 



 

  Hệ số góc đường

thẳng IA k

4 

Kẻ IH   ta thấy  

5 d I; IH IA

4

   

0,25

Đẳng thức xảy  

2m

IA m

3 k

       

(TM)

Vậy  

5 max d I;

4  

khi m 1 . 0,25

1

Giải phương trình :

1 2(sinx cos x)

t anx cot 2x cot x  

  . 1,0

Điều kiện : sinx.cosx

sinx.cos x cot x

 





 0,25

II sinx cosx 

sinx cos2x cos x sinx

cos x sin2x sinx

 

 

0,25

Giải

3

x k2

2

cos x (k Z)

3

x k2

4  

  



   



   

 0,25

Đối chiếu điều kiện ta nghiệm phương trình là:

x k2 ,(k Z)

4 

    0,25

2

Giải bất phương trình : x291 x x  2 1,0

Điều kiện x 2

Phương trình cho tương đương với:      

2

x 91 10  x 1   x  0 0,25

2

x x

(x 3)(x 3) x

x 91 10

 

     

 

 

x 3

 

x

(x 3) x

x 91 10

  

   

 

 

 

  (*) 0,25

Ta có

x

(x 3)

x x 91 10



   

 

  với x 2.

Do (*)  x < 3. 0,25

Từ suy nghiệm bất phương trình : 3> x 2 0,25

III

Tính tích phân: e

1

(x 2) ln x x dx x(1 ln x)

 



 1,0

I = 

1

e

x(1+lnx)−2 lnx

x(1+lnx) dx=1 e

dx -2 

1

e

lnx

x(1+lnx)dx 0,25

Ta có : 

1

e

dx=e −1 0,25

Tính J = 

1

e

lnx

x(1+lnx)dx

Đặt t = + lnx, Ta có: J = 

1

t −1

t dt =

1−1 t

(¿)dt 

1

¿

= (t - ln |t| ) = - ln2

0,25

Vậy I = e - - 2(1- ln2) = e - + 2ln2 0,25

IV

Gọi H chân đường cao chóp H phải cách cạnh đáy trường hợp ta chứng minh H nằm đáy

Suy hình thang cân ABCD có đường trịn nội tiếp tâm H trung điểm đoạn MN với M, N trung điểm cạnh AB, CD MN = a

0,25

Đường trịn tiếp xúc với BC E

a HM HN HE

2

  

bán kính đường tròn 2

a

SE SM SN b b SH 4b a

2

 

       

  0,25

Đặt CN x BM 4x, CE x, BE 4x   . Tam giác HBC vuông H nên

2

2 a a a

HE EB.EC 4x x CD , AB 2a

4

       

, suy

2 ABCD

5a S

4 

0,25

Vậy

2

2 2

S.ABCD

1 5a 5a

V 4b a 4b a

3 24

   

(đvtt) 0,25

V

Chứng minh rằng:       a b b c c a

18

   

.

1,0

Đặt F a; b;c   a b b c c a        Ta cần chứng minh    

3

F a; b;c *

18 

 Nếu hai ba số a, b,c  

3 F a; b;c

18  

0,25

 Nếu a, b,c đôi khác khơng tính tổng qt, giả sử a max a;b;c  

Lúc b c  

3 F a; b;c

18  

Đặtx a b  thìc x  .Tacó:

                 

F a; b;c  a b c b a c    a b c a b c   x x 2x 1  h x 0,25

Khảo sát hàm số h x với

x

2  , ta được:  

3 3

h x h

6 18

  

  

  .

Từ suy BĐT  * Đẳng thức xảy

3 3

a ; b 0; c

6

 

  

0,5

VIa

1 Lập phương trình cạnh hình vng 1,0

Giả sử đường thẳng AB có véc tơ pháp tuyến tọa độ (a; b) với a2b2 0 Suy véc tơ pháp tuyến đường thẳng BC có tọa độ ( -b;a)

Phương trình AB có dạng: a(x 2) b(y 1) 0     ax by 2a b 0   

BC có dạng : b(x 4) a(y 2) 0     bx ay 4b 2a 0    0,25 Do ABCD hình vng nên

d(P,AB) = d(Q,BC) 2 2

b 2a

b 3b 4a

b a

a b a b



  

   



   0,25

 Với b = 2a Phương trình cạnh hình vng là:

AB: x-2y = 0, BC: 2x y 0,CD : x 2y 0, AD : 2x y 0.         0,25  Với b = a Phương trình cạnh hình vng là:

AB : x y 0, BC : x y 0,CD : x y 0, AD : x y 0.               

0,25

2 Lập phương trình mặt phẳng 1.,0

Mặt cầu (S) có tâm I( 1;2;3) bán kính R =

Mặt phẳng (P) qua M(13;-1;0) nên có phương trình dạng :

A(x -13) + B(y + 1) + Cz = với A2B2C2 0. 0,25 Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A = B + 4C

Lúc pt(P) : (B + 4C)x + By + Cz -12B – 52C = 0

0,25

( P ) tiếp xúc với (S) : d(I,(P)) =

2

B 5C 2B 8BC 17C

     

2 B 4C

B 2BC 8C

B 2C

 

    

 

0,25

Thay vào phương trình mặt phẳng (P) ta hai phương trình mặt phẳng thỏa mãn

toán:

(P ) : 2x 2y z 28 (P ) : 8x 4y z 100

    

    0,25

VII.a

Giải phương trình:    

3

log x log x 2x

10 10

3

   

1,0 Điều kiện : x >

Ta có phương trinhg tương đương với:    

3

3 log x log x

log x

10 10

3

   

0,25

3

log x log x

10 10

3 3

     

     

Đặt

3 log x 10 t

3

  

 

  (t > 0) Phương trình trỏ thành:

2

t 3t 2t

t

     

1 10 t

3 10 t

3

 

   

 

  

( loại)

0,25

Với t =

1 10 

ta giải x =

Vậy phương trình cho có nghiệm x =3

0,25

VIIb

1 Viết phương trình cạnh cịn lại hình vng 1,0

Lập phương trình cạnh…

Gọi hình vng cho ABCD Giả sử pt cạnh AB x 2y12 0

Gọi Hlà hình chiếu I lên đường thẳng AB Suy H2;5 0,25 ,

A B thuộc đường trịn tâm H, bán kính IH  45 có pt:    

2

2 45

x  y  0,25

Toạ độ hai điểm A B, nghiệm hệ:    

2

2 12

2 45

x y

x y

  

  

   



 .

Giải hệ tìm A4;8 , B8;2 Suy C2; 10 

0,25

: 16

AD x y   ; BC: 2x y 14 0 ; CD x:  2y18 0 0,25

2 Viết Phương trình mặt phẳng ( R): 1,0

Mặt phẳng (P) qua M nên có phương trình dạng :

A(x -0) + B(y + 1) + C(z-2) = với A2B2C2 0. Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A =2B + C

0,25

Gọi  góc tạo hai mặt phẳng (P) (Q),ta có: 2 B

cos

5B 4BC 2C

 

 

Nếu B =  900.

0,25

Nếu B0, đặt m = C

B,ta có: 2

1 1

cos

3

2m 4m 2(m 1)

   

    . 0,25

 nhỏ

1 cos

3  

 m = -1  B = - C

Vậy mặt phẳng ( R): x y z 0    0,25

VIIb

Giải hệ phương trình

2

1

1

2log ( 2) log ( 1)

log ( 5) log ( 4) =1

 

 

        

 

  

 

x y

x y

xy x y x x

y x 1,0

Điều kiện:

2

2 0, 0, 0,

( )

0 1,

xy x y x x y x

I

x y

           



     



Ta có:

1

1

2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) ( )

log ( 5) log ( 4) =

x y

x y

x y x

I

y x

 

 

    

   

  

 

1

1

log ( 2) log (1 ) (1) log ( 5) log ( 4) = (2)

x y

x y

y x

y x

 

 

    

   

  

 

0,25

Đặt log2y(1 x)t (1) trở thành:

2

2 ( 1)

t t t

t

       

Với t1 ta có: 1 x  y y x1 (3). Thế vào (2) ta có:

2

1 1

4

log ( 4) log ( 4) = log 1

4

  

   

           

 

x x x

x x

x x x x x

x x

0,25

0 ( )  

  



x l

x suy y = 1

+ Kiểm tra thấy x2, y1thoả mãn điều kiện trên.Vậy hệ có nghiệm