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 điểmK0;0; 2 đến mp(P) đạt giá trị lớn
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn :
2
2
z z z z
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)B C mặt cầu (S) có phương trình:
2 2 2 2 2 0
x y z x z 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 ; 4m m3)
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 kπ
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 3x 4y3 y3 (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 dx xe 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
(a3 )(3b a b ) 0 a3b hay b3a
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 nA B C, ,
A2 B2 C2 0
là vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P)
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng; Ax B y 1C z 2 0 Ax By Cz B 2C0 0.25
1;1;3 2
N P A B C B C A B 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 B0thì
, 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 z z z x y
(x, y R) 0.5
2
2 2 2 2 2
2 4( ) ( ) (1)
z z z z x y x y
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
Và AB(1; 1; 4); AC ( 1; 3; 4)
Mặt phẳng (ABC) có vectơ pháp tuyến nAB 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
V d 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.