1. Trang chủ
  2. » Luận Văn - Báo Cáo

De thi thu Toan THPT Cong Nghiep

6 4 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 6
Dung lượng 141,31 KB

Nội dung

Vậy tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SCDE là giao điểm của mặt phẳng (ABMN) và trục đường tròn ngoại tiếp đáy CDE.. Gọi Δ là đường thẳng qua I là trung điểm của CD và song son[r]

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÒA BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2011-2012 TRƯỜNG THPT CƠNG NGHIỆP Mơn: TỐN - Khối: A, B

-*** - Thời gian làm bài: 180 phút.

ĐỀ CHÍNH THỨC

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm y x 3 3mx2 4m3 (1), với m tham số thực. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =

Xác định m để đồ thị hàm số (1) cócác điểm cực đại cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình sin 2cosxx +cos 2x

sinx =tanx −cotx

Giải hệ phương trình

 

2

3

2

y y x y

x y

    

 

   

 .

Câu III (1,0 điểm) Tính tÝch ph©n I=∫

0

x

√4− x2(e

2x

.√4− x2− x2)dx

Câu IV (1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A B

AB=BC=a ;AD=2a Cạnh bên SA vuông góc với đáy (ABCD) SA= a Gọi E trung điểm AD

Tính thể tích khối chóp S.CDE tìm tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.CDE

Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c ba số dơng thoả mÃn a + b + c =

3 4

Tìm giá trị nhỏ biểu thøc P=3

a+3b+

3

b+3c+

3

c+3a

II PHẦN RIÊNG(3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần phần 2).

1 Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Cho đường tròn (C) nội tiếp hình vng ABCD có phương trình (x 2)2(y 3)2 10 Xác định toạ độ đỉnh A, C hình vng, biết cạnh AB qua điểm M(-3; -2) điểm A có hồnh độ xA >

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M(0; 1; 2) N( 1;1;3) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M, N cho khoảng cách từ điểmK0;0; 2 đến mp(P) đạt giá trị lớn

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn :

2

2

zz zz

z z 2.

2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( Δ ): x + y – = 0, điểm A( 0; - 1), B(2;1) Tứ giác ABCD hình thoi có tâm nằm đường thẳng ( Δ ) Tìm tọa độ điểm C, D

2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm A(0;1;1), (1;0; 3), ( 1; 2; 3)BC    mặt cầu (S) có phương trình:

2 2 2 2 2 0

xyzxz  Tìm tọa độ điểm D mặt cầu (S) cho tứ diện ABCD tích lớn nhất.

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2

3

2

2 2

2.log log

log (log 1).log

y x

y x

  

 

  

 .

(2)

-ĐÁP ÁN MƠN TỐN

(Đáp án- Thang điểm gồm 05 trang)

Câu Nội dung Điểm

I.1 Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3 3x2 + 4

+ TXĐ: R

+ Sự biến thiên: y’ = 3x2 6x =  x = x = 2

Hàm số đồng biến khoảng (; 0) (2; +)

Hàm số nghich biến trênkhoảng (0; 2)

Hàm số đạt CĐ xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT xCT = 2, yCT =

y” = 6x  =  x =

Điểm uốn (1; 2)

0.25

Giới hạn tiệm cận:

3

3

3 4

lim lim 1

x y x x x x

 

     

  0.25

Lập BBT:

0.25

Đồ thị:

0.25

I.2

2/ Ta có: y’ = 3x2 6mx = 

0 2 x

x m

    

hàm số có cực đại cực tiểu m 

0.25

Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0)  AB(2 ; 4mm3)



Trung điểm đoạn AB I(m; 2m3) 0.25

4 +∞

∞

+ 0 0 +

y

∞ 2 +∞

y

0

x

0

y

x

(3)

Điều kiện để AB đối xứng qua đường thẳng y = x AB vng góc với đường thẳng

y = x I thuộc đường thẳng y = x

3

3

2 4 0

2

m m

m m

  

  

 

0.25

Giải ra, kết hợp đk ta có:

2 2

m

; 0.25

II.1

* ĐK:x

2 0.25

Pt dạng -cos2x = cosx (2) 0.25

Giải (2) x=π 3+k

2π

3 x = π+k2π 0.25

Kết hợp đk pt có nghiệm x=±π

3+k2π 0.25

II.2 Đk:  x R y; 2 0,25

Biến đổi (1) pt ẩn y: y2 y 3x 4y3  y3 (L); y 1 x 0,25 Thay vào (2) x 2 x 1 .

VT hàm đồng biến 1; nên pt có nghiệm x = (hoặc dùng ẩn phụ)

0,25 Với x=3 suy y = -2 Vậy hệ cho có nghiệm (3;-2) 0,25

III 1

2

1 2

0 4

x x

I x e dx dx I I

x

   

∫ ∫ 0.25

Tính

1 2

2

1

0

1

( ) |

2

x

x x e e

I ∫x e dxxe    0.25

Tính I2 cách đặt t 4 x2

16 3 3

3

I   0.25

2 61

3

4 12

e

I   0.25

IV V

=a

3

6 0.50

Gọi M, N trung điểm SE SC ta có mặt phẳng (ABNM) mặt phẳng trung trực SE Vậy tâm O mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SCDE giao điểm mặt phẳng (ABMN) trục đường tròn ngoại tiếp đáy CDE Gọi Δ đường thẳng qua I trung điểm CD song song với SA.Gọi K trung điểm AB KN //AM KN

Δ đồng phẳng suy KN∩ Δ=O điểm cần tìm 0.25

Tam giác OIK vuông cân nên OI=IK= BC+AD

2 =

3a

2 ; CD=a√2;IC= CD

2 = a√2

2 Ta có OC2=OI2

+IC2=9a

2

4 + 2a2

4 = 11a2

4 ⇒R=OC= a√11

2

(4)

j

O

C E

I M

N

K A

B

S

V áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dơng ta có (x+y+z)(1

x+ y+

1 z)3

3

√xyz3

√xyz=9 x+

1 y+

1 z≥

9

x+y+z (*) ¸p dơng (*) ta cã P=3

a+3b+

3

b+3c+

3

c+3a≥

9

3

a+3b+√3b+3c+√3c+3a 0.25 áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số dơng ta có

   

   

   

3 3

a 3b 1

a 3b 1.1 a 3b

3

b 3c 1

b 3c 1.1 b 3c

3

c 3a 1

c 3a 1.1 c 3a

3

  

    

  

    

  

    

0.25

Suy  

3a 3b 3b 3c 3c 3a 4 a b c 6

3

           4.3

3 

    

 

Do P≥3 0.25

DÊu = x¶y

3

a b c 4 a b c

4 a 3b b 3c c 3a

   

     

      

Vậy P đạt giá trị nhỏ a=b=c=1/4

0.25

VI.a1 ptđt AB qua M(-3;-2) có dạng ax+by+3a+2b=0 ( a2+b2≠0) Đuờng trịn (C) có tâm I(2;3) bán kính R 10 nên

2 2

2

| 3 |

10 a b a b 10(a b ) 25(a b)

a b

  

    

0.25

 (a3 )(3b a b ) 0  a3b hay b3a

pt AB: x- 3y-3 = AB: 3x-y+7=0 0.25

TH1: AB: x- 3y-3 = 0, gọi A(3t+3; t) t > -1 IA2=2.R2=20 t = 1, t = -1 (loại)

Suy A(6;1) C(-2; 5)

(5)

mãn)

VI.a2

Gọi nA B C, , 

A2 B2 C2 0   

là vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P)

Phương trình mặt phẳng (P) có dạng; Ax B y  1C z  2  0 Ax By Cz B    2C0 0.25

 1;1;3   2

N   P   A B  C B  C  AB C

  P : 2B C x By Cz B 2C

       0.25

Khoảng cách từ K đến mp(P) là:

 

 , 

2 4

B d K P

B C BC

 

- Nếu B = d(K,(P)) = (loại)

- Nếu B0thì

 

 ,  2 2 2

2

4

2

B d K P

B C BC C

B

  

   

 

 

  0.25

Dấu “=” xảy B = -C Chọn C =

Khi pt (P): x + y – z + = 0.25

VII.a

Gọi z = x + iy ta có

2

2 2 2

;

z x iy z  zz z x y

(x, y R) 0.5

2

2 2 2 2 2

2 4( ) ( ) (1)

zz zz   xy   xy

2 2 (2)

z z   x  x 0.25

Từ (1) (2) tìm x = ; y = 1

Vậy số phức cần tìm + i - i 0.25

VI.b1 Gọi I(a;b) tâm hình thoi Vì I Δ nên a + b – = hay b = – a (1)

0.25 Ta có: AI (a;b+1) BI (a – 2;b – 1) mà ABCD hình thoi nên AI BI suy :

a(a – 2) + (b + 1)(b – 1) = (2) 0.25 Thế (1) vào (2) rút gọn được: a2 – 2a = a = va a = 2. 0.25

TH1: Với a = I(0;1) Do I trung điểm AC BD nên áp dụng công thức tọa độ trung điểm, ta có:

¿

xC=2xI− xA=0

yC=2yI− yA=2

¿{

¿

¿

xD=2xI− xB=2

yD=2yI− yB=1

¿{

¿

;

C(0;2) D(-2;1) 0.25

TH2: Với a = I(2;-1) Tương tự ta được: C(4;-1) D(2;-3)

Vậy có hai cặp điểm thỏa mãn: C(0;2) D(-2;1) C(4;-1) D(2;-3)

VIb2. Ta có (S): ( 1)2 ( 1)2 4

    

x y z suy (S) có tâm I(1;0;-1), bán kính R 2

AB(1; 1; 4);  AC ( 1; 3; 4) 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Mặt phẳng (ABC) có vectơ pháp tuyến nAB AC,   ( 8;8; 4) 

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

Suy mp(ABC) có phương trình:8x 8(y 1) 4(z 1) 0      2x 2y z 0    0.25 Ta có

1

( ;( ))

3

ABCD ABC

Vd D ABC S

nên VABCDlớn d D ABC( ;( )) lớn

Gọi D D1 2 đường kính mặt cầu (S) vng góc với mp(ABC) Ta thấy với D điểm

bất kỳ thuộc (S) d D ABC( ;( )) max d D ABC( ;(1 )); (d D2;(ABC))

Dấu “=” xảy D trùng với D1 D2

(6)

Đường thẳng D D1 2 qua I(1;0;-1), có VTCP nABC (2; 2;1)

Do (D1D2) có phương trình:

1 2

   

 

   

x t

y t

z t

Tọa độ điểm D1 D2 thỏa mãn hệ:

2 2

1 2

2 3

1

3

( 1) ( 1)

x t

t

y t

z t

t

x y z

 

 

 

 

  

   

 

      

1

7 1

; ; & ; ;

3 3 3

   

   

    

   

D D

0.25

Ta thấy: d D ABC( ;(1 ))d D( 2;(ABC)) Vậy điểm

7

; ;

3 3

D   

  điểm cần tìm 0.25

VIIb

Điều kiện

x y

  

 hpt

 2

3

3

2

3

2

2.log y log x

2.log y log x

log y log y log x 1

log x log

   

  

 

   

 

  

 

Đặt

2 a log x b log y

  

 hpt trở thành:

2

2.b a

b a

  

  

 0.25

  2 a 1

2 a a a 2a

b b a

b a

         

     

  

 

  

 0.5

2

log x x

(t / m)

log y y

 

 

   

  

 Vậy hệ có nghiệm nhất: 2;1 0.25 Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà đủ điểm phần đáp án quy định.

Ngày đăng: 21/05/2021, 01:37

w