Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.. Gọi E là trung điểm của A’B’, F là trung điểm của BC và K là trung điểm của CC’.[r]
(1)TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ TƯ NĂM HỌC 2011 – 2012
ĐỀ THI MƠN: TỐN KHỐI D Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số
1 x y
x + =
+ có đồ thị (C)
Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số
Gọi I giao điểm tiệm cận đồ thị hàm số Tìm điểm M đồ thị cho khoảng cách từ I đến tiếp tuyến đồ thị M lớn
Câu 2: (2 điểm)
1 Giải phương trình 7(sin os3x osx) os2x 2sin
x c
c c
x
−
− = −
−
2 Giải phương trình
(4x+3) 4x+ =3 2x +11x+6 Câu 3: (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2+10x+y2 =0 đường
thẳng ∆: 8x+6y−35=0.Tìm điểm M đường tròn (C) điểm N thuộc ∆ cho MN bé Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(1,0,3) đường thẳng ∆:
1 1
2
x− = y+ = z−
Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I cắt ∆ điểm A B cho AB cạnh hình vng nhận I làm tâm
Câu 4: (1 điểm)
Cho lăng trụ tam giác ABCA’B’C’có AA’=AC = a Gọi E trung điểm A’B’, F trung điểm BC K trung điểm CC’ Tìm thể tích khối tứ diện AEC’F chứng minh EF⊥ AK
Câu 5: (2 điểm) Tính
3
6
x s inx.sin
6 d
x
π
π +π
∫
2 Cho số phức 576 6 ( ) z
i
=
+ nghiệm phương trình:
3
2z +15z +mz+171 0= (với m ∈ ).Tìm m giải phương trình tập số phức với giá trị m tìm
Câu 6: (1điểm)
Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x+ + =y z Tìm giá trị lớn biểu thức sau:
2 2
x y z
P
x y z x y z x y z
= + +
+ + + + + +
-HẾT -
Chú ý: Cán coi thi khơng giải thích thêm
(2)TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ TƯ NĂM HỌC 2011 – 2012
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MƠN: TỐN KHỐI D
Câu ý Nội dung Điểm
1 (2điểm)
1 TXĐ: R\{-1}
2
1
'
( 1)
y x
x
= > ∀ ≠ −
+
Hàm số đồng biến khoảng (–∞ ;-1) (-1;+∞)
0,25
Giới hạn:
1
2
;
1
lim lim
x x
x x
x x
+ −
→− →−
+ +
= −∞ = +∞ ⇒
+ + đường tiệm cận đứng
đồ thị x = -1
2
lim x
x x →±∞
+
= ⇒
+ đường tiệm cận ngang đồ thị y =
0,25
bảng biến thiên
x -∞ - +∞ y’ + +
y 0,25
Nhận xét: đồ thị nhận điểm I(-1;2) tâm đối xứng
0,25
2
Gọi điểm M(a; ) a
−
+ thuộc đồ thị Tiếp tuyến (d) M có phương trình
là: 2( )
( 1)
y x a
a a
= − + −
+ + 0,25
2 +∞
-∞
-5
4
2
-2
-4
y
(3)Ta có:
2
2
4
1 ( 1 ) 2
( 1) 1
( , )
1 1
1 ( 1)
( 1) ( 1) ( 1)
a
a a a
d I d
a
a a a
− − − + − −
+ + +
= = =
+ + + +
+ + +
0,25
Vì
2
1
( 1) ( , )
(a+1) + a+ ≥ ⇒d I d ≤
Vậy d(I,d)max = Dấu “ = “ xảy
( 1)
2 a a
a
=
+ = ⇔
= −
Vậy M(0;1) M(-2; 3) thỏa mãn đầu
0,5
2 (2điểm)
1
điều kiện: sin 12
12 x k x
x k
π π
π π
≠ +
≠ ⇔
≠ +
sin os3x
7( osx) os2x
2sin x c
c c x
−
− = −
−
⇔7(3sin 4sin3 os x+3cosx3 osx) os2x 2sin
x x c
c c x
− −
− = −
−
⇔ (s inx+cosx)(3 4 s inx osx)
7( osx) (1 sin x)
2 sin c
c x
− +
− = − −
−
0,5
⇔
7 s inx=2sin x+3⇔
s inx=3(loai)
6
5 sinx=
2
6 x k x k
π π π
π
= +
⇔
=
+
0,5
2 Điều kiện : x≥ -3/4 Đặt t= 4x+3(t≥0)
Pt ⇔(4x+3)t=2x2+2t2+3x⇔2(x t− )2+3(x t− =)
2
x t x t
=
⇔ − + =
0,5
+) 7
0 x
x t x x x
x
= ±
= ⇔ = + ⇔ ⇔ = +
≥
+)
2
4
2
2 3 3
3
2 x x x
x t x x
x
x
− − = = −
− + = ⇔ + = + ⇔ ⇔
≥ −
=
Vậy nghiệm phương trình
x= − ;
x= ;x= +2
(4)3 (2điểm)
1
(C) có tâm I(-5;0); R = d(I,∆)= 15
2 >
Vậy ∆ khơng cắt đường trịn (C)
Gọi d đường thẳng qua I vng góc với ∆ cắt (C) L,K cắt ∆ H
Giả sử K nằm H I Ta có :
MN ≥ IN – IM ≥IH – IK = KH Vậy MN = HK M≡K; N≡H
0,5
Tìm K H
Phương trình đường thẳng d : 6x – 8y +30 =
Tọa độ H nghiệm hệ
1
8 35
(1; )
6 30
2 x
x y
H
x y y
=
+ − =
⇔ ⇒
− + = =
Tọa độ K, L nghiệm hệ
2 1 3
10
9
6 30
x y
x x y
x y
x y
= − ⇒ =
+ + =
⇔
= − ⇒ = −
− + =
Vì d((-1;3),∆) =5/2 ; d((-9;-3),∆) =25/2 suy K(-1;3) Vậy M(-1;3) N(1;9/2) thỏa mãn đầu
0,5
2 ∆ qua M(1;-1;1) nhậnu(2;1; 2)
vtcp
MI, 2 5
( , )
3 u d I
u
∆ = =
0,5
Gọi H hình chiếu I lên ∆ H trung điểm AB Vì ∆AIB vng cân I nên ta có 2 2 40
9 AI =IH +HA = IH = Vậy phương trình mặt cầu (S) : 2 40
( 1) ( 3)
9 x− +y + z− =
0,5
4 (1điểm)
+) Tìm VAEC’F
Gọi I trung điểm B’C’ H trung điểm B’I
⇒ SAEF = SAHF
Suy
VAEC’F = VC’AEF = VC’AHF = VAC’HF
= C'HF
1 AF.S
= 1AF.1 ' 2FI C H =
3
1 a 3
3 2 16
a a a=
0,5 K
H L
I
N M
H
F K M
E I
C
B A
B'
(5)+) Chứng minh EF ⊥AK
Gọi M trung điểm A’C’
Khi CFEM hình bình hành nên EF//CM Ta lại có ∆ACK =∆CC’M ⇒ = ′
Mà + = 90 ⇒ ′ + = 90 ⇒ ⊥
Vậy EF ⊥AK
0,5
5 (2điểm)
1
sin
1
: cot cot
s inx.sin s inx.sin
6
NX x x
x x
π π
π π
− + = =
+ +
0,25
3
3
6
x
2 (cot cot( )) 2(ln sin ln sin( )) |
6
s inx.sin d
I x x dx x x
x
π π
π π
π π
π π
π
= = − + = − +
+
∫ ∫
4 ln ln
I = −
0,5 0,25
6
6
576 576 576
9 ( os sin ) ( ) 2 ( os sin )
6
z
c i
i c π i π π π
= = = = −
+
+ + 0,25
Với z = - suy m = -8
Với m = -8 pt có dạng : 2
2z +15z −8z+171 0= ⇔(z+9)(2z −3z+19)=0
2
9
3 143
2 19
4 z
z
i
z z z
= − = −
⇔ ⇔ ±
− + = =
0,25
0,5
6
(1điểm) Cách1: 3
x y z
P
x y z
= + +
+ + +
Ta có : 16 (3 1)( 3)
3 16
x x
x x x x x x
+
≤ ∀ > ⇔ ≤ + + ∀ >
+
2
3(x 1) x
⇔ − ≥ ∀ > (luôn đúng)
0,5
Suy 3 3
3 3 16 16 16
x y z x y z
P
x y z
+ + +
= + + ≤ + + =
+ + +
Dấu xảy x= = =y z Vậy max P =
4 x =y =z =1
0,25
0,25
Cách 2: 3( 1 )
3 3 3
x y z
P
x y z x y z
= + + = − + +
+ + + + + +
1 1
à
3 3
m
x+ + y+ +z+ ≥ x+ + +y z =
1 1
3 3( )
3 3 4
P
x y z
⇒ = − + + ≤ − =
+ + +
Vậy max P =
4 x =y =z =1