Mặt bên qua cạnh huyền BC vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại đều hợp với mặt đáy các góc 60 o.. Hãy tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a.[r]
(1)TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ BA NĂM HỌC 2011 – 2012 ĐỀ THI MƠN: TỐN
KHỐI A,B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số : y = x4 – 5x2 + 4 1) Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số
2) Tìm tất điểm M đồ thị (C) hàm số cho tiếp tuyến (C) M cắt (C) hai điểm phân biệt khác M
Câu II: (2,0 điểm)
1 Giải phương trình: os6x + 2cos4x - os2x = sin2x + 3c c Giải hệ phương trình:
2
4 2
x - y + x + y = y
(x,y R) x - 4x y +3x = - y
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân /4
2
ln(sin cos ) cos
x x
dx x
Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD nửa lục giác nội tiếp đường tròn đường kính AD = 2a, SA ^ (ABCD), SA =a 6, H hình chiếu vng góc A SB Tìm thể tích khối chóp H.SCD tính khoảng cách hai đường thẳng AD SC
Câu V: (1,0 điểm) Xét số thực dương a, b, c tha a.b.c = Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc A =
a3(b+c)+¿
1 b3(a+c)+¿
1 c3(b+a) Câu VI (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M(0, 2) elip có phương trình
2 x +y =1
4 Viết phương trình đường thẳng qua điểm M cắt elip A, B cho 3MA -5MB =0uuuv uuuv r
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (0, 0, 5), điểm B (5, 0, 2) mặt phẳng (P) có phương trình z = Viết phương trình đường thẳng D qua điểm B, D nằm mặt phẳng (P) cho khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng D
Câu VII (1,0 điểm) Trong số phức z thỏa mãn z- 2- i = 52, tìm số phức z mà
z- + i
nhỏ
(2)
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ BA NĂM HỌC 2011 – 2012
ĐỀ THI MƠN: TỐN KHỐI A, B
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I-1 (1điểm)
y = x4 – 5x2 + 4 + TXĐ: R
+Giới hạn tiệm cận: xlim y
0,25
+ Sự biến thiên: y’ = 4x3 10x = x = x =
5 2
Hàm số nghịch biến trên: (;
5 2
) (0;
5
2 )
Hàm số đồng biến trên: (
5
2 ; + )và ( 5 2
,0) Các điểm dực trị xCĐ = 0, yCĐ = 4;
5 xCT1
, yCT1 =
9
;
5 xCT2
, yCT2 =
9
;
0,25
0,25
Đồ thị:
0,25
x
0
- 0 0
+ +
+∞ +∞
y’
∞ +∞
y
(3)I-2 (1điểm)
LÊy M(m ; m4 – 5m2 + 4) (C)
Phơng trình tiếp tuyến (C) t¹i M : y = (4m3 – 10m)(x – m) + m4 – 5m2 + (d)
0,25
Hoành độ (d) & (C) nghiệm phơng trình:
x4 – 5x2 + = (4m3 – 10m)(x – m) + m4 – 5m2 + 4
(x – m)2(x2 + 2mx + 3m2 – 5) = (1)
0,25
Cần tìm m để x2 + 2mx + 3m2 – = có hai nghiệm phân biệt khác m
§iỊu kiƯn lµ {5−2m
2 >0
6m2−5≠0
0,25
Các điểm M(m ;m4– 5m2 + 4) (C) với hoành độ
10 10 30
; \
2
m
0,25
II-1 (1 điểm)
2 os6x+2cos4x- os2x = sin2x+ 3c c 4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2 3cos2x 0,25 os x=0
2cos5x =sinx+ cos c
x
0,25
cos
os5x=cos(x- ) x
c
0,25
2
24
36
x k
k x
k x
0,25
II-2 (1
điểm) Hệ tương đương
2 2
(1 ) (1)
( ) (1 ) (2)
x y x y
x y x y 0,25
Thay (1) vào (2)
2 2
0 (1 ) (1 ) (1 )(2 )
2 x
x y x y x y y y
y
(4)Với x = suy y =
Với 1-2y = thay vào (1) suy
2
2 x y
(Vơ lí)
0,25 Với y = suy x = x =
Hệ có nghiệm (0,0), (1,2), (2,2) 0,25
III (1 điểm)
Đặt u = ln(sinxcos )x du =
cos sin sin cos
x x
dx
x x
dv =
1 sin cos
tan
cos cos
x x
dx v x
x x
0,5
Ta có : I =
/4 /4
0
cos sin (tan 1) ln(sin cos )
cos
x x
x x x dx
x
0,25
=
/4
3
2ln ( ln cos ) ln
4
x x
0,25
IV (1 điểm)
Trong tam giác vng SAB có
2 2
2 2
6
7
SA SH SB
SH SA SA a
SB SB SA AB a
=
Þ = = = =
+ B.SCD S.BCD
6 6
V = V = V
7 7
6 6
= . 6.
7 7
HSDC
BCD BCD
SA S = a S
0,25
K hình chiếu B AD ta có: BK.AD = AB.BD suy
3
2 BCD
AB BD a a
BK S BK BC
AD
= = Þ = =
, suy ra:
3
9 2 V
14
HSDC
a
= 0,25
Do AD//(SBC) nên d(AD SC, ) d(AD SBC, ) d( ,A SBC )
Dựng hình bình hành ADBE Do AB^BD nên AB^DE 0,25
Đặt d( ,A SBC )= h ta có 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
6
h SA AB AE SA AB BD a a a a
Suy d(AD SC, )= h =
a 0,25
V (1 điểm)
ĐỈt x = a, y=
1 b, z=
1
c Do abc=1⇒xyz=1 Khi đó: A= x
3 y+
1 z
+ y x+
1 z
+ z y+
1 x
=¿
3 3 2
x yz y xz z xy x y z
y z z x x y y z z x x y (*)
0,25
Áp dụng bất đẳng thức Trung bình cộng- trung bình nhân cho số dơng ta có:
(5)2
4
x y z
x y z
,
2
4
y z x
y z x
,
2
4
z x y
z x y
.
Cộng ba bất đẳng thức chiều ta có:
2 2
2
x y z x y z
y z z x x y
DÊu “=” x¶y khi x = y = z.
0,25
A= x
2 y+z+
y2 z+x+
z2 x+y≥
x+y+z
2 ≥ 3
√xyz=3
2 Gi¸ trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc A b»ng
3
2 đạt a = b = c = 1
0,25
VI- 1 (1 điểm)
Đường thẳng d qua M(0,2) có phương trình
2
( 0)
2 x mt
m n
y nt
Để d cắt elip điểm phân biệt điều kiện phương trình
( )
2 2
2
2
4
m t + +nt = ỗỗổm +n tửữữ + nt+ = ữ
ỗ ữ
ỗố ứ có nghiệm phân biệt
Điều kiện là:
2
2
0
3 0
4
m n
m n
ìïï + ¹ ïïï
íï
ï D = - > ïïïỵ
0,25
Xét A(mt1, 2+nt1), B(mt2, 2+nt2) , MA mt nt( 1, 1), MB mt nt( 2, 2)
uuur uuur
1
5
MAuuur- MBuuur= Û t = t
0,25
Theo định lí Vi- et có
1 2
2
1 2
2 4
4
n
t t
m n
t t
m n
ìï
-ï + = ïï
ïï +
ïï íï
ï =
ïï
ï +
ïï
ïỵ Suy m2=n2
0,25
Cho m = suy n = n = -
Phương trình d
x t
y t
ìï = ïí
ï = +
ïỵ
x t
y t
ìï = ïí
ï = -ïỵ
0,25
VI-2
(1 điểm) Gọi H hình chiếu A D H thuộc (P) mặt cầu tâm A bán kính nên
2 2 2
2
( 5) 25 16 (1)
z z
x y z x y
ì ì
ï = ï =
ï ï
ï Û ï
í í
ï + + - = ï + =
ï ï
ï ï
ỵ ỵ
0,25
Gọi A’ hình chiếu A D A’(0, 0, 2) Ta có: ( 5, ,0) ' ( , ,0)
BH xuuur - y ^A H x yuuuur
nên có
2
' (2)
HB HAuuur uuur = Û x - x+y =
(6)Từ (1), (2) tìm
16 12
5 x y ìïï = ïïï íï ï =
ïïïỵ
16
12
x y
ìïï = ïïï íï -ï = ïïïỵ
0,25
Với H ( 16
5 , 12
5 , 2) suy
5
:
2
x t
y t
z ìï = -ïï
ï D íï =
ï = ïïỵ
Với H ( 16
5 , - 12
5 , 2) suy
5
:
2
x t
y t
z
ìï = + ïï
ï D íï =
ï = ïïỵ
0,25
VII. (1 điểm)
Gọi z = x + iy M(x,y) biểu diễn z
2
2 52 ( 2) ( 1) 52
z- - i = Û x- + y- =
M nằm đường trịn (C) tâm I(2,1) bán kính R = 52
0,25
A(4, -2) biểu diễn – 2i Ta có AM = z- 2+ i
Ta cần tìm M thuộc (C ) để AM nhỏ 0,25
AI có phương trình
4 2
x t
y t
ìï = -ïí
ï = - +
ïỵ
Thay vào phương trình (C ):
2
4( 1) 9( 1) 52
1 t
t t
t ìï = ï
- + - = Û íï =
-ïỵ
0,25
t = - suy M1 (6, -5) AM = 13; t = suy M2 (-2, 7) AM = 13
Vậy M(6, -5) điểm cần tìm 0,25
SỞ GDĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG BỒI DƯỠNG ĐỢT II MƠN TỐN KHỐI B NĂM HỌC 2011-2012
(Thời gian làm 180 phút) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I (2.0 điểm)
Cho hàm số: y x 3 3x2mx 1 (1)
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m 0 .
Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu Gọi ( ) đường thẳng qua hai điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số (1) Chứng minh ( ) qua điểm cố định m thay đổi
(7)1.Giải phương trình :
1 2(sinx cos x) tanx cot 2x cot x
.
Giải bất phương trình :
1
2 x 2 x
Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân: e
1
(x 2) ln x x dx x(1 ln x)
Câu IV (1.0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh A, AB = AC = a Mặt bên qua cạnh huyền BC vng góc với mặt đáy, hai mặt bên lại hợp với mặt đáy góc 60o Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
Câu V (1.0 điểm) Cho a, b, c ba số dương thỏa mãn : a + b + c = 4
Tìm giá trị nhỏ biểu thức : 3
1 1
P
a 3b b 3c c 3a
.
PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) (Thí sinh làm hai phần A B ).
A.Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a (2 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm I 1; 1 là tâm hình vng, cạnh có phương trình x 2y 12 0 Viết phương trình cạnh cịn lại hình vng
Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(13;-1;0), N(12;0;4).Lập phương trình mặt phẳng qua hai điểm M, N tiếp xúc với mặt cầu ( S) : x2y2z2 2x 4y 6z 67 0
CâuVII.a (1điểm)
Giải phương trình:
3
log x log x 2x
10 10
3
B.Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b(2 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : x2y22x 4y 0 đường thẳng ( Δ ) : 2x 3y 0 Chứng minh ( Δ ) cắt ( C ) hai điểm phân biệt A, B Tìm toạ độ điểm M đường trịn ( C ) cho diện tích tam giác ABM lớn Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm H(3;2;1) Viết phương trình mặt phẳng qua H cắt tia Ox, Oy, Oz điểm A, B, C cho H trực tâm tam giác ABC
CâuVII.b (1 điểm)
Giải bất phương trình
2
2
2 log (4x 4x 1) 2x (x 2) log x
2
. HẾT
Hướng dẫn chấm toán khối B lần năm 2011-2012
Câu Ý Nội dung Điểm
I Cho hàm số:
3
y x 3x 1 (1) 2,0
(8)I 1
* Tập xác định: R * Sự biến thiên:
+ Giới hạn:
3
xlim y xlim x 3x 1 ,lim yx . 0,25
+ Bảng biến thiên:
2 x
y 3x 6x 3x(x 2), y
x
Bảng biến thiên:
x − ∞ +∞
y + - + y +∞
− ∞ -3 0,25 + Hàm số đồng biến khoảng ;0 2;
+ Hàm số nghịch biến khoảng 0;2 + Hàm số đạt cực đại x 0, y CÐ y(0) 1 đạt cực tiểu x 2, y CT y(2)3
0,25
* Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung điểm (0;1), cắt trục hoành hai điểm phân biệt Ta có y6x 6; y 0 x 1
y'' đổi dấu x qua x =
Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng
f(x)=x^3-3x^2+1
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1
-8 -6 -4 -2
x y
0,25
(9)I
Ta có y 3x2 6x m
Hàm số có cực đại, cực tiểu phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt
Tức cần có: 3m 0 m 3. 0,5
Chia đa thức y cho y, ta được:
x 2m m
y y x
3 3
.
Giả sử hàm số có cực đại, cực tiểu điểm x ; y , x ; y1 1 2.
Vì y (x ) 0; y (x ) 0 nên phương trình đường thẳng qua hai điểm cực đại, cực tiểu là:
2m m
y x
3
hay
m
y 2x 2x
3
0,25
Ta thấy với
1
x , y 2, m
Chứng tỏ đường thẳng qua điểm cố định
1 A ;
2
0,25
II
1
Giải phương trình :
1 2(sinx cos x) t anx cot 2x cot x
. 1,0
Điều kiện : sinx.cosx
sinx.cos x cot x
0,25
Phương trình cho tương đương với phương trình:
2 sinx cosx
sinx cos2x cos x s inx cos x sin2x sinx
0,25
Giải
3
x k2
2
cos x (k Z)
3
x k2
4
0,25
Đối chiếu điều kiện ta nghiệm phương trình là:
x k2 ,(k Z)
4
0,25
2
Giải phương trình :
1
2 x 2 x
1,0
ĐK: x ( 2; 2) \{0}
Đặt y 2 x2,y0Ta có hệ: 2
2
x y xy
x y
0,25
2
1 2
1
2
1
xy
x y xy
x y
x y xy
xy
(10)Giải hệ đx ta x = y = ;
1 3
2 ;
1 3
2
x x
y y
0,25
Kết hợp điều kiện ta được: x =
1
2
x
0,25
III
Tính tích phân: e
1
(x 2) ln x x dx x(1 ln x)
1,0
I =
e
x(1+lnx)−2 lnx
x(1+lnx) dx=1
e
dx -2
e
lnx
x(1+lnx)dx 0,25
Ta có :
e
dx=e −1 0,25
Tính J =
e
lnx
x(1+lnx)dx
Đặt t = + lnx, Ta có: J =
t −1 t dt =
1−1 t
(¿)dt
1
¿
= (t - ln |t| ) = - ln2
0,25
Vậy I = e - - 2(1- ln2) = e - + 2ln2 0,25
IV
Tính thể tích khối chóp theo a, 1,0
Kẻ SH vng góc với Bc,suy SH vng góc với mp(ABC)
Kẻ SI vng góc với AB SJ ^ AC SIH = SJH = 60o SHI = SHJ
HI = HJ AIHJ hình vng 0,5
Từ suy I trung điểm AB IH = a/2
Trong tam giác vng SHI ta có: SH = a
(11)Vậy thể tích khối chóp S.ABC là:
2
ABC
1 a a a
V SH.S
3 2 12
(đvtt) 0,25
V
Tìm giá trị nhỏ biểu thức : 3 3
1
1
a c c b b a P
1,0
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
z y x
9 z
1 y x xyz
3 xyz z y x ) z y x (
3
(*)
áp dụng (*) ta có 3 3 a 3b b 3c c 3a
a c
1 c
3 b
1 b
3 a
1 P
0,25
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương 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 c 3a 4 a b c 6
3
134.346 3
Do P3
Dấu = xảy
3
a b c a b c
4 4
a 3b b 3c c 3a
Vậy P đạt giá trị nhỏ abc1/4
0,5
VIa
1 Lập phương trình cạnh hình vng 1,0
Lập phương trình cạnh…
Gọi hình vng cho ABCD Giả sử pt cạnh AB x 2y12 0
Gọi Hlà hình chiếu I lên đường thẳng AB Suy H2;5 0,25
,
A B thuộc đường trịn tâm H, bán kính IH 45 có pt:
2
2 45
x y 0,25
Toạ độ hai điểm A B, nghiệm hệ:
2
2 12
2 45
x y
x y
.
Giải hệ tìm A4;8 , B8; 2 Suy C2; 10
0,25
: 16
AD x y ; BC: 2x y 14 0 ; CD x: 2y18 0
(12)2 Lập phương trình mặt phẳng 1.,0
Mặt cầu (S) có tâm I( 1;2;3) bán kính R =
Mặt phẳng (P) qua M(13;-1;0) nên có phương trình dạng :
A(x -13) + B(y + 1) + Cz = với A2B2C2 0. 0,25
Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A = B + 4C Lúc pt(P) : (B + 4C)x + By + Cz -12B – 52C = 0
0,25
( P ) tiếp xúc với (S) : d(I,(P)) =
2
B 5C 2B 8BC 17C
2 B 4C
B 2BC 8C
B 2C
0,25
Thay vào phương trình mặt phẳng (P) ta hai phương trình mặt phẳng thỏa mãn
tốn:
2
(P ) : 2x 2y z 28 (P ) : 8x 4y z 100
0,25
VII.a
Giải phương trình:
3
log x log x 2x
10 10
3
.
1,0
Điều kiện : x >
Ta có phương trinhg tương đương với:
3
3
log x log x
log x
10 10
3
0,25
3
log x log x
10 10
3 3
. 0,25
Đặt
3
log x 10 t
3
(t > 0) Phương trình trỏ thành:
2
t 3t 2t
t
1 10 t
3 10 t
3
( loại)
0,25
Với t =
1 10
ta giải x =
Vậy phương trình cho có nghiệm x =3
0,25
1 Tìm M ( C ) 1,0
Đường trịn (C) có tâm I(-1; 2), bán kính R = √13 Khoảng cách từ I đến đường thẳng ( Δ ) d(I , Δ)=
√13 < R
Vậy đường thẳng ( Δ ) cắt (C) hai điểm A, B phân biệt 0,25 Gọi M điểm nằm (C), ta có SΔABM=1
2AB.d(M , Δ)
Trong AB không đổi nên SΔABM lớn d(M , Δ) lớn 0,25
(13)VIIb
PT đường thẳng d 3x + 2y - =
Gọi P, Q giao điểm đường thẳng d vời đường tròn (C) Toạ độ P, Q nghiệm hệ phương trình:
¿ x2
+y2+2x −4y −8=0
3x+2y −1=0 ¿{
¿
⇔
x=1, y=−1 ¿ x=−3, y=5
¿ ¿ ¿ ¿ ⇒ P(1; -1); Q(-3; 5)
0,25
Ta có d(P , Δ)=
4
√13 ; d(Q , Δ)=
22 √13
Ta thấy d(M , Δ) lớn M trùng với Q Vậy tọa độ điểm M (-3; 5) 0,25
2 Viết Phương trình mặt phẳng qua điểm M 1,0
Chứng minh OH vng góc với mp(ABC)
0,25
Từ suy véc tơ OH có tọa độ (3;2;1) véc tơ pháp tuyến mặt phẳng (ABC)
Phương trình mp(ABC): 3(x 3) 2(y 2) 1(z 1) 0 0,5 Vậy mp(ABC) có phương trình :3x 2y z 14 0 0,25
VIIb
Giải bất phương trình
x x x x
x log ) ( 2 ) 4 ( log 2 1,0 ĐK: * x x x ) x ( x x x x 2 0,25
Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với: log (1 2x) 1 ) x ( x ) x ( log
2 2 2
log (1 2x) 1 x 2
0,25 x x ) x ( x ) x ( x ) x ( log x ) x ( log x ) x ( log x ) x ( log x 2 2 0,25
Kết hợp với điều kiện (*) ta có: x