de thi thu dai hoc THPT Vinh Loc Thanh Hoa lan 2

Viết phương trình mặt phẳng (P).[r]

Sở GD - ĐT Thanh Hoá Kỳ thi khảo sát chất lợng học sinh khối 12

Trờng THPT Vĩnh Lộc Lần thứ hai năm häc 2012

GV: Nguyễn Văn Thơi §Ị thi môn Toán Khối A

( Thời gian làm 180 phút khơng tính thời gian phát đề) I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I ( điểm ) Cho hàm số y x 3 3mx2Cm Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số  C1 ứng với m=1

2 Tìm m để đường thẳng qua điểm cực đại, cực tiểu củaCmcắt đường tròn tâm I1;1 , bán kính

bằng hai điểm phân biệt A, B cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn

Câu II ( điểm )

Giải phương trình:.

3 2sin

2 2(cot 1)

sin cos

x

x x

x 

   

Giải phương phương trình: 2 log2 x x

Câu III ( điểm ) Tính tích phân

3

1 4

2

( )

1

x x

x e dx

x

 



Câu IV( điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh 2a; SA SB SC 2a   đặt SD = x Chứng minh SBD tam giác vng Gọi V thể tích khối chóp S.ABCD Tính V theo a x tìm x

để V lớn

Câu V (1 im) Tìm m cho hệ phơng trình sau có nghiƯm thùc ph©n biƯt:

3

2

6 3

( 4) 32

x x x y y

m x y y x y

     

 

     

 

II/PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm )Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) Phần A Theo chương trình chuẩn

Câu VIa ( điểm )

1 Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường tròn (C) : (x + 6)2 + (y – 6)2 = 50 Đường thẳng d cắt hai trục tọa

độ hai điểm A, B khác gốc O Viết phương trình đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (C) M cho M trung điểm đoạn thẳng AB

2 Trong không gian tọa độ (Oxyz) cho A(5;3;-4) , B(1;3;4) Hãy tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (Oxy) cho tam giác CAB cân C có diện tích

Câu VIIa (1 điểm) Tìm số phức Z thoả mãn :

25

8

z i

z

  

Phần B.Theo chương trình nâng cao Câu VIb ( điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) tam giác ABC có trọng tâm G 11 1;

3    

 , đường thẳng trung trực cạnh BC có phương trình x  3y +8 = đường thẳng chứa A;B có phương trình 4x + y – = Xác định tọa độ các

đỉnh củaABC

2 Trong không gian tọa độ (Oxyz) cho mặt cầu (S) : x2 y2 z2  2x4y 4z 5 0, mặt phẳng (Q) : 2x + y – 6z + = Viết phương trình mặt phẳng (P) Biết mặt phẳng (P) qua A(1;1;2) ,vng góc với mặt phẳng (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S)

Câu VIIb ( im) Tìm số nguyên dơng n biết:

2 2

2 2

Đáp án Mơn : Tốn - Khối A (Gồm trang)

Câu Nội dung Điểm

I (2điểm)

1.(1,0 điểm)

Hàm số y x 3 3x2(C

1) ứng với m=1

+Tập xác định: R

+Sự biến thiên - xlim  y , limx y 

0,25 - Chiều biến thiên: y' 3 x2 0  x1

Bảng biến thiên

X   -1 1 

y’ + - +

Y

4 

  0

0,25

Hàm số đồng biến khoảng   ; 1và 1;, nghịch biến khoảng (-1;1)

Hàm số đạt cực đại x1,yCD4 Hàm số đạt cực tiểu x1,yCT 0

0,25 +Đồ thị: Đồ thị hàm số qua điểm (0; 2), (1; 0) nhận I(0; 2) làm

điểm uốn

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

-2 -1

-1

x y

0,25

2.(1,0 điểm) Ta có y' 3 x2 3m

Để hàm số có cực đại, cực tiểu phương trình y' 0 có hai nghiệm

phân biệt  m0

0,25

Vì

1

' 2

3

y x y  mx

nên đường thẳng  qua cực đại, cực tiểu đồ

thị hàm số có phương trình y2mx2

0,25

Ta có  

2

,

4

m d I

m

  

 Giả sử

2

2

2

1 4

4

m

m m m m

m



       

 (vì m > 0),nênd I ,  R1

chứng tỏ đường thẳng  ln cắt đường trịn tâm I(1; 1), bán kính R =

tại điểm A, B phân biệt Với

1

m

, đường thẳng  khơng qua I, ta có:



1 1

.sin 90

2 2

ABI

S  IA IB AIB R Sin 

0,25

Nên SIAB đạt giá trị lớn

1

2 Sin AIB = hay AIB vuông

cân I

1

2

R IH

  

(H trung điểm AB)

2 1

2

4

m

m m

 

   



0,25

II 2,00

1

Giải phương trình:

3 2sin

2 2(cot 1)

sin cos

x

x x

x



   

Đk:

2

cos

sin

x x

 

 



 x k

 

(1)

0,25 Với Đk (1) phương trình cho tương đương với:

 

3

sin

x x

x

tg    cotg 



2

2 2(sin cos )

3

sin cos

x x

x x

x x



  

tg cot



3 x x

 tg  tg   0,25



3

3

3 6

tg tg

x k

x

x x k

 

    

 

 

  

   

 

0,25 KL: So sánh với điều kiện phương trình có tậpnghiệm :

/

6

x

T  k  k Z 

 

0,25

2 Giải phương phương trình: 2log2x x

Ta có (1)

0

ln ln

(2)

2

x

x x

x x

x

  

 

   

 

 



0,25

XÐt hµm sè: f(x)=lnx

x trªn (0;+∞) ; f'

(x)=1−lnx

x2 ;f

'

(x)=0⇔x=e 0,25

B¶ng biÕn thiªn

x e + f’

f(x)

1.- +

e

0,25

Tõ b¶ng biến thiên suy hệ có không nghiệm: NhËn thÊy x=2; x=4 tháa m·n (2)

VËy phơng trình (1) có nghiệm Tx 2, 4 .

III

Tính tích phân

3

( )

1

x x

x e dx

x

 



1,00

Đặt I =

3

1

2

0

( )

1

x x

x e dx

x

  

Ta có I =

1

2

0 01

x x

x e dx dx

x

 

  0,25

Ta tính

3

1

0

x

I x e dx

Đặt t = x3 ta có

1

1

1

0

1 1

3 3

t t

I  e dt e  e 0,25

Ta tính

1

2 01

x

I dx

x

  

Đặt t = x  x t 4 dx4t dt3 0,25

Khi

1

2

2 2

0

1

4 ( ) 4( )

1

t

I dx t dt

t t



      

 

 

Vậy I = I1+ I2

1

3 3e 

  

0,25

IV 1,00

a) Gọi O giao điểm AC BD

Dễ thấy hai tam giác vngSOC BOA có SOCBOA nên

SO BO OD  suy BSD vuông S.

0,25

Do

2 2

BD 4a x OB 4a x

2

    

M OA BC2  OB2

Suy  

2 2 2

OA 4a 4a x 12a x

4

    

0,25

Vì O trung điểm AC nên VS.ABCD 2VS.ABD Mà AO  (SBD) nên 0,25

S

B

C

A D

2

S.ABCD S.ABD SBD

2 a

V 2V OA.S x 12a x

3 

   

Mà

2 2

2 x 12a x

x 12a x 6a x a

2

 

    

Vậy MaxV 2a 0,25

V 1,00

 

3

2

(1) ( 1) 3( 1)

( 1) ( 1) ( 1) (3)

x x y y

x y x x y y x y

     

 

             

Thay (3) vµo (2) ta cã: m x( 4) x22 5 x28x24

0,25

2 2

2

( 4) ( 4) 4( 2)

4

(4) ( )

4

m x x x x

x x

m do x KTM

x x

      

 

   

Đặt

2

4

(*) ' ; ' 1/

2 ( 2)

x x

y y y x

x x

 

     

 

0,25

lim 1; lim

x y x y

Lập bảng biến thiên

x - 1/2 +

y’ +

-y

-1

suy y3 (*) có nghiệm phân biệt  y1;3

PT (4) theo y:

4

m y

y

 

(5)

XÐt hµm sè

 

( ) 1;3

f y y y

y

   

=>

4

'( )

f y y

y

    

0

lim ; lim

x  y x  y

0,25

Lập bảng biến thiên

x -1

y’ - - + y -5

-

+ 13/3

4

KL: ycbt PT (5) cã nghiÖm ph©n biƯt y1;3 

13 4;

3

m  

 

0,25

VIa 2,00

1 1,00

Giả sử A(a;0) ; B(0;b) ( a , b khác 0) => đường thẳng d A , B có phương trình : hay bx+ ay - ab =

x y

ab 

M trung điểm AB nêm M 2;

a b

 

 

  , 6;2

a b

IM    

 



Do ta có hệ phương trình

2

6 50

2

6

2 a b a b a b                                   2 2 22 14

6 50

22

2

12 2

2 14

6 50

2 a b b b a b a a v

b a b b

a a a b                                                                              

Vậy d có p/t : x -y +2 = 0;x - y +22=0 ; x + 7y +14 = ; 7x + y – 14=

0,25

VIa 2

C thuộc mặt phẳng (Oxy) nên C( a ; b ;0)

0,25 Tam giác ABC cân C

2 2

( 5) ( 3) 16 ( 1) ( 3) 16

AC BC a b a b a

             

(1)

0.25 Ta có AB = , trung điểm BC I(3;3;0)

1

2

ABC

S  CI AB  CI 

=>    

2

3 a  3 b 4 (2)

0.25

Từ (1) ; (2) ta có

3 a b    



3 a b      Vậy có hai điểm C(3 ; ;0) , B(3;-1;0)

0.25

VIIa 2 1,00

Giả sử z = a +bi với ; a,b  R a,b không đồng thời Khi

2

1

;

a bi

z a bi

z a bi a b



   

 

0,25

Khi 2

25 25( )

8 a bi

z i a bi i

z a b



       

 

2 2

2 2

( 25) 8( ) (1)

(2)

( 25) 6( )

a a b a b

b a b a b

             0,25

Lấy (1) chia (2) theo vế ta có

3

b a

vào (1)

 

2 25 8 25 16 8.25

16 16

a a  a   a  a   a a   a 

   

2 16 8 4

0 a a a a a            0,25

Với a =  b = ( Loại) Với a =  b = Ta có số phức z = + 3i 0,25

1 1,00

Ta có A , B thuộc đường thẳng AB nên A(a ; – 4a) , B( b ; – 4b ) Do G(1 ;

11 )

3 trọng tâm tam giác ABC nên C( - a - b + 3; 4a + 4b – 7)

0,25 d : x - 3y +8 = có VTCP u(3;1)



; Gọi I trung điểm BC ta có I

3

;2

2

a a



 



 

 

0;25 d trung trực cạnh BC



I d BC u

   

 



                           

 

3

3(2 1)

2

3 (4 16)

a

a

b a a b

 

   

  

      



0,25

1

a b

   



 Vậy A(1;5) , B(3;-3) C (-1 ;9) 0,25

2 1,00

Mặt phẳng (P) qua A(1;1;2) có phương trình :

a(x-1)+ b(y -1)+c(z -2) = ( a2 + b2 + c2 0)

0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;2) bán kính R =

Mặt phẳng (Q) có VTPT n(2;1; 6) 

Ta có (P) vng góc với (Q) tiếp xúc (S) nên 2

2

3

2

a b c

b

a b c

   

  

 

  

0,25

2 2 2

2

2 6

2

9 4 10

5

a c b

a c b a c b

b c

b a b c b bc c

b c

  

   

  

      

      

   

 



2

a c

b c

  





5 11

b c

a c

   

  

0,25

Chọn c = a = b = (loại)

Nên c0 Từ (I) Pt (P) : 2c(x-1)+ 2c(y -1)+c(z -2) = 0 2x 2y z

    

Hoặc 11

2 c(x-1) -5c(y -1)+c(z -2) = 011x 10y2z 0

0,25

VIIb 1,00

Tìm số nguyên dơng n biết:

2 2

2 2

2C n  3.2.2Cn  ( 1)  kk k(  1)2k Ckn  (2 n n1)2 n C nn 40200

* XÐt

−1¿kC2kn+1xk+ −C22nn++11x2n+1

1− x¿2n+1=C02n+1− C12n+1x+C22n+1x2− +¿

¿

(1)

* Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có:

−1¿kkCk2n+1xk −1+ −(2n+1)C22nn++11x2n

1− x¿2n=−C12n+1+2C22n+1x − +¿

−(2n+1)¿

(2)

0,25

Lại lấy đạo hàm hai vế (2) ta có:

−1¿ k(k −1)C2n+1x + −2n(2n+1)C2n+1x

1− x¿2n −1=2C22n+1−3C32n+1x+ +¿

2n(2n+1)¿

Thay x = vào đẳng thức ta có:

2 k k k n 2n

2n 2n 2n 2n

2n(2n 1) 2C  3.2.2C  ( 1) k(k 1)2  C  2n(2n 1)2  C 

           0,25

Phơng trình cho ⇔2n(2n+1)=40200⇔2n2+n−20100=0⇔n=100