Thach Thanh 1 Thanh Hoa 2011 Lan 2

[r]

SỞ GD VÀ ĐT THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI

Môn thi: Toán học Năm học: 2010-2011

Ngày thi: 27 tháng năm 2011

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y x 42mx22m (1), với m tham số thực.

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m1

2 Xác định m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị với gốc tọa độ tạo

thành tứ giác nội tiếp đường trịn Tính bán kính đường trịn ứng với m vừa tìm

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình   cos cos sin

1

4 sin

cot

x x x

x x



 

    

  



2 Giải bất phương trình

2

1

log x log x2 Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân

0

sin 3cos

x

I dx

x



 



Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp S ABCD có SA a 2và tất cạnh cịn lại có độ dài a

Hãy chứng minh đường thẳng BD vng góc với mặt phẳng SAC tính thể tích khối chóp S ABCD theo a

Câu V(1,0 điểm)

Cho số thực dương a b c, , thay đổi thoả mãn a b c  1 Chứng minh rằng: a2 b b2 c c2 a

b c c a a b

  

  

  

Câu VI (2,0 điểm)

1) Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A, điểm  3;1

M trung điểm cạnh AB, đỉnh C thuộc đường thẳng x y  6 đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương trình 2x y 0 Tìm tọa độ đỉnh A B C, ,

2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P x: 2y2z 1 mặt cầu  S x: 2y2 z24x6y6z17 0 Chứng minh mặt phẳng  P cắt

mặt cầu  S theo đường tròn Xác định tọa độ tâm tính bán kính đường trịn

Câu VII (1,0 điểm)

8

-2 -4 -6 -8

-10 -5 10

f x  = x4-2x2+2

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐÁP ÁN MƠN TỐN KHỐI 12 Năm học 2010-2011 (lần 2)

Câu Nội dung Điểm

I Khi m1 hàm số (1) trở thành y x 42x22.

 Tập xác định: 

 Sự biến thiên: y' 4x34 ;x y'   0 x 0;x 1.

Hàm số nghịch biến khoảng  ; , 0;1  

Hàm số đồng biến khoảng 1;0 , 1;   0.25

-Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x 1; yCT 1

Hàm số đạt cực đại x0; yCD 2

-Giới hạn: lim

xy  0.25

Bảng biến thiên:

x  -1 

'

y - + - +

y  

0.25 Đồ thị

0.25

2) y x 42mx22 ;m y' 4x34mx4x x 2m   0 x 0 x2 m

Hàm số có ba điểm cực trị  phương trình y' 0 có ba nghiệm

phân biệt y' đổi dấu x qua ba nghiệm đó  m 0.

Khi m0 ba điểm cực trị đồ thị 0; 2 ,  ; 2 2 , ; 2 2

A m B  m m m C m m m Ba điểm cực trị A B C, ,

tạo thành tam giác cân A, trung trực đoạn thẳng BC trục

tung Gọi d đường trung trực đoạn thẳng AC, d có phương

trình

2

2 2 0

2

m m

m x  m y  m

 

  Gọi I  d Oy, I tâm

đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC

Tìm 0; 1 2

2

I m m

m

    

 

Tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn IA IO

hay I trung điểm AO Khi

  

2 2

2 1

2 1

2 2

1

2

m

m m m m m m m

m

m m

            

    

Bán kính 2

2 2

m m m

R IA m

m m m



     

Với m1 R1; Với

m 

2

R 

0.50 II Điều kiện sinx0 cotx 1

Khi pt tương đương: sin cos cos 1 cot sin

x  x x x x

      

 

  0.25

sin cos cos cos 1 cos sin sin cos cos sin

x x

x x x x x x x

x



       

0.25

2

2 cos x cosx cosx

       (loại) cos

2 x 0.25  

x  k  k

    

0.25 Điều kiện x0 x1 Khi x0 nên x 2 2;

2

log x 2 log 0 vế phải bất pt cho dương

0.25 Nếu log2x   0 x bất pt cho nghiệm

Nếu log2x  0 x bất pt cho tương đương với

2

log xlog x  2 x x 2 x     x x 0.50

Vậy bất pt cho có tập nghiệm  0;1 2; 0.25

III

Đặt tcosxdt sinxdx Khi x0 t1,

x t0

 

0

2

15 06

dt dt I t t      

  Ta tính 2

06

dx I x    0.50 Đặt tan 1 tan2 

3

x udx  u du

Khi x0 u0, x1

u

Vậy  

2 3 0 1 tan 3

1 2 3 18

6 tan u du I du u           0.50 IV Do B D, cách S A C, , nên BDSAC Gọi O ACBD

Các tam giác ABD CBD SBD, , tam giác cân có đáy

Ta có  

2

2 2 2

2

a

BO AB OA  AB  AC  AB  SA SC 

 

1 1

2 2

3

S ABCD S ABC B SAC

V  V  V  BO SA SC BO SA SC=

6

a .

0.50 V

Ta có: a2 b a1 b c b a b a

b c b c b c

  

    

   0.50

Tương tự, bất đẳng thức cho trở thành:

2

a b b c c a a b b c c a

a b c

b c c a a b b c c a a b

     

         

      0.25

Theo bất đẳng thức Cơ-si ta có:

3

3

a b b c c a a b b c c a

b c c a a b b c c a a b

     

   

     

Dấu xẩy

a b c  

0.25 VI Gọi I trung điểm BC Ta có I u u C t t ; ,  ; 6

Suy B u t u t2  ;  6 , A 2 u t ;8 4 u t  Vì A thuộc trung tuyến 2x y 0 nên

   

2 2 u t  8 4u t    0 t Vậy C4; 2 0.50 2 ; 4 , 2 4; 2

A  u  u B u u

4 2;8 ,  ; 

AB u u AC   u   u

 

Tam giác ABC vuông A nên

     

0

2

AB AC  u   u  u   u     u u

 

Với u0, suy A  2; ,B 4; 2 

Với

2

u , suy A 1; ,  B 7;4

Tóm lại A  2; ,B 4; 2 ,C4; 2 A 1; ,  B 7;4 , C4; 2 0.50  S có tâm I2; 3; 3  , bán kính R

( ,( ))

d I P  R; suy đpcm 0.25

Gọi H r tâm bán kính đường trịn giao tuyến, H hình chiếu vng góc I  P

 ,( ) 1, 2 2

IH d I P  r R IH  0.25

Tọa độ H x y z; ;  thỏa mãn

3

2

x t

y t

z t

x y z

  

    

    

    

 0.25

Giải hệ, ta 5; 7; 11

3 3

H   

  0.25

VII Ta có z2 3i1 3 i14 3 i 0.50

-Hết

-Thạch Thành, ngày 20 tháng năm 2011.