Đang tải... (xem toàn văn)
Tìm điểm M trên (E) sao cho diện tích tam giác MAB lớn nhất.[r]
(1)Sở GD&ĐT Quảng Nam KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC & CAO ĐẲNG NĂM 2011 Trường THPT chun MƠN TỐN
Nguyễn Bỉnh Khiêm Thời gian làm : 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = mx3 6x29mx 3 (1) (m tham số) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m = 2) Xác định m để đường thẳng d: y =
9
4x cắt đồ thị hàm số (1) điểm phân biệt A(0,– 3), B, C thỏa điều kiện B nằm A C đồng thời AC = 3AB
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình: 2(sinx cos ) sin 3x xcos3x3 2(2 sin ) x 2) Giải phương trình: log (22 x2) (2 x 20) log (2 x2) 10 x75 0 Câu III (1 điểm)
Tính thể tích khối trịn xoay cho hình phẳng giới hạn đồ thị y =
5
x x
, trục hoành hai đường thẳng x = – 1, x = quay quanh trục hoành
Câu IV (1 điểm)
Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’, cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA’= 2a Gọi M, N trung điểm CC’, A’C’ Mặt phẳng (BMN) cắt cạnh A’B’ E Tính thể tích khối chóp A.BMNE
Câu V ( điểm)
Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn : (x2)2(y2)2 7 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức:
P = x x( 4) 5 + y y( 4) 5
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chọn hai phần sau ) 1 Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa ( điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tứ giác MNPQ với M( – 1,– ), N(4,
), P(4, 1), Q(–3, 1) điểm I(1,
1
) Tìm tọa độ điểm A, B, C, D nằm đường thẳng MN, NP, PQ, QM cho ABCD hình bình hành nhận I làm tâm
2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
1 1
1
x y z
hai điểm A(3, 2, –1), B(–1,– 4,3) Tìm đường thẳng d điểm M cho MA + MB đạt giá trị nhỏ
Câu VIIa ( điểm) Tính tổng S =
0 2010 2011
2011 2011 2011 2011 2011
1 1 1
3C 4C 5C 2013C 2014C 2 Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb ( điểm)
1)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) :
2
1
x y
hai điểm A(2, – 2), B(– 4, 2) Tìm điểm M (E) cho diện tích tam giác MAB lớn Tính giá trị lớn
2) Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): (x1)2(y 2)2(z3)2 17 mặt phẳng (P): 2x + 2y + z + = Viết phương trình đường thẳng qua A(8, 0, – 23), nằm (P) tiếp xúc với mặt cầu (S)
(2)Gọi z1 z2 hai nghiệm phương trình:
2 [(1 3) ( 1) ] 2 2 0
z i z i Tìm phần thực phần ảo số phức z12011z22011
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN
THI THỬ ĐẠI HỌC & CAO ĐẲNG NĂM 2011
Câu Đáp án Điểm Câu I
(2đ )
I.PHẦN CHUNG Câu I (2 điểm) 1)(1,0 đ)
Khi m = ta có hàm y x 3 6x29x +TXĐ : D = R
+xlim y , xlim y
+ y’ = 3x2 – 12x + ; y’ =
1
3
x y
x y
+BBT
x – + y’ + – +
y + – –
+ Hàm đồng biến khoảng (– , 1) (3, +), nghịch biến khoảng (1,3) Điểm cực đại đồ thị (1,1), điểm cực tiểu đồ thị (3, –3)
+ y” = 6x – 12 ; y” = x = , y(2) = – Đồ thị có điểm uốn (2,– 1) + Đồ thị
4
2
-2
-4
-5
t x = x3-6x2+9x-3
2)(1,0 đ)
+ Phương trình hồnh độ giao điểm d (C) :
3 6 9 3 3
4
mx x mx x
2
( )
4
x mx x m
0
9
6 0(2)
4
x
mx x m
+ Có giao điểm A(0, – 3), B, C phân biệt (2) có nghiệm phân biệt khác 0
0,25
0,25
0,25
0,25
(3)Câu Đáp án Điểm
CâuII điểm
Câu
2
0
9
' (9 )
4
9
9
4
m m
m
m m m
m m
0
1 65 65
8
1
m
m m
(*)
+ Gọi B(x1, y1), C(x2, y2) với y1 =
4x1 – 3, y2 =
4x2 – ; x1, x2 nghiệm (1) Ta có AB= (x1, y1 + 3), AC
= (x2, y2 + 3)
AC
= 3AB
2
2
3
3 3( 3)
x x
y y
x2 = 3x1
+Ta có
2 1
1 2
2
1 2
3 / /
6 / / /
9 / 9 / 4
x x x m x m
x x m x m x m
x x m x x m m m
+ Ta có 4m2 – m – =
1 /
m m
( thỏa điều kiện (*)) +Kết luận : m = m = – 3/4
Câu II(2 điểm)
1) 2(sinx cos ) sin 3x xcos3x3 2(2 sin ) x
2(sinx cos ) 3sinx x 4sin3x4cos3x 3cosx3 2(2 sin ) x 5(sinx cos ) 4(sinx x cos )(1 sin cos ) 2(2 sin )x x x x (sinx cos )(1 4sin cos ) 2(2 sin )x x x x (1)
+ Đặt t = sinx – cosx , 2 t 2 t2 = – sin2x
+ (1) trở thành t[1 + 2(t2 – 1)] = 3 2( – t2 ) 2t33 2t2 t 0 (t 2)(2t25 2t9) 0 t =
+ sinx – cosx =
3
sin( )
4
x x k
2) (1,0 đ) log (22 x2) (2 x 20) log (2 x2) 10 x75 0 (1)
+ĐK: x > – Đặt t = log (2 x2)thì (1) có dạng t2 + (2x – 20)t + 75 – 10x = (2) + '= (x – 10)2 – (75 – 10x) = x2 – 10x + 25 = (x – 5)2
Suy (2) 15
t
t x
+ log (2 x2)= x + = 25 x = 30
+log (2 x2)= 15 – 2x log (2 x2)+ 2x – 15 = 0 Đặt f(x) = log (2 x2)+ 2x – 15 f’(x) =
1
2
(x2) ln 2 > 0, x ( 2,) Hàm f(x) đồng biến ( – 2,+) f(6) = x = nghiệm phương
0,25
0,25
0,25
-0,25 0,25
0,25 0,25 -0,25
0,25 0,25
(4)III điểm
trình f(x) =
+ Kết luận: Tập nghiệm S = {30, 6} Câu III (1 điểm)
+ Thể tích khối tròn xoay tạo V =
2
5 (1 )
x
dx x
+ Đặt t = + 2 x 2 x= t – 1 3 + 2x = (t – 1)2 dx = (t – 1)dt x = – 1 t = ; x = t = 4
0,25
Câu Đáp án Điểm
Câu IV điểm
Câu V điểm
+ V =
4 2
1
( 1)
t t
t dt
t
=
2
1 10
3
2 t t t dt
=
4
2
1
3 10ln 2
t
t t
t
= 5ln 1 Câu IV (1 điểm)
+ Đường thẳng MN cắt đường thẳng AA’ AC H K; HB cắt A’B’ E
E
K H
N
M C'
B'
A
C
B A'
Ta có A’H = C’M = a, CK = NC’ = a/2 +VA.BMNE = VHABK – (VHAEN + VMABK) +SABK =
1
2AB.AK.sin600 = 3
8
a
+VH.ABK =
3SABK.HA = 3
8
a
+VM.ABK =
3SABK.MC = 3
8
a
' '
3
A E HA
AB HA A’E = 3a +VHAEN = VH.A’EN + VA.A’EN =
1
3SA’EN.HA =
1
6.A’E.A’N.sin600.HA = 3 24
a
+VA.BMNE = 3
8
a
– ( 3 24
a
+ 3
8
a
) =
3
24
a
Câu V(1 điểm)
+ Gọi T miền giá trị P Ta có mT Hệ sau có nghiệm
2
3
( 2) ( 2)
( 4) ( 4)
x y
x x y y m
(I)
+Đặt u = x x( 4) 5 , v =3 y y( 4) 5 Ta có u = 3(x2)2 1 1,tương tự v1
Hệ (I) trở thành
3 9
u v
u v m
3
(u v) (uv u v)
u v m
3 9
m uv
m u v m
(m0)
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
-0,25
(5)+Ta có u, v hai nghiệm phương trình:
3
2 0
3
m
t mt
m
(1)
+ Hệ (I) có nghiệm Phương trình (1) có nghiệm t1, t2 thỏa điều kiện 1 t1 t2
1
1
0
( 1) ( 1) ( 1)( 1)
t t
t t
3
3
4( 9)
2
1
m m
m m
m
m m
3
3
36
2
3
0
m m m
m m m
m
Câu Đáp án Điểm
Câu VIa điểm
Câu
3
0 36
2
0
m m
m m
3m336
Suy miền giá trị T = [3, 336] Vậy maxP = 336, minP =
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chọn hai phần sau ) 1 Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa ( điểm) 1)(1,0 đ)
+ Gọi M’, N’ điểm đối xứng M N qua I M’(3, 2) N’( – 2, 3) +Phương trình đường thẳng M’N’:
3
5 /
x y
x – 3y + = 0 +AMN C đối xứng với A qua I nên C giao điểm M’N’ với PQ + Phương trình đường thẳng PQ: y =
+Tọa độ điểm C nghiệm hệ pt
3 0
1
x y x
y y
C(0, 1) A(2, – 2) + Gọi Q’ điểm đối xứng Q qua I Q’(5, – 2)
+DMQ B đối xứng với D qua I nên B giao điểm M’Q’ với PN + Phương trình M’Q’:
5
2
x y
2x + y – = 0; phương trình PN : x = 4 +Tọa độ điểm B nghiệm hệ pt
2
4
x y x
x y
B(4, 0) D(– 2, – ) Vậy: A(2, – 2), B(4, 0), C(0, 1), D(– 2, – )
2)M(1 + t, – + 2t, – t)d Ta có:
MA + MB = (t 2)2(2t 3)2(2 ) t + (2t)2(2t3)2 ( )t = 14t2 28 17t 14t228 17t
=
2 3
14 ( 1) ( 1)
14 14
t t
+Trong mặt phẳng tọa độ Oxy xét E(1,
14 ), F(–1, –
14 ) N(t, 0) Ta có MA + MB = 14(NE + NF) 14FE = 2 17
+ E F nằm hai bên trục hoành đối xứng qua gốc O, cịn N chạy trục hồnh nên dấu đẳng thức xảy E, N F thẳng hàng , tức t =
0,25
0,25
-0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
(6)-VIIa điểm
+ Vậy min(MA + MB) = 17 t = hay M(1, –1, 1) Câu VIIa (1 điểm)
+ Ta có (1 x)2011C20110 C20111 x C 20112 x2 C20112010 2010x C20112011 2011x Suy x2(1 x)2011 C20110 x2 C20111 x3C20112 x4 C20112010 2012x C20112011 2013x
1
2 2011
(1 )
x x dx
=
1
0 2010 2012 2011 2013
2011 2011 2011 2011 2011
0
C x C x C x C x C x dx
=
1
0 2010 2013 2011 2014
2011 2011 2011 2011 2011
0
1 1 1
3C x 4C x 5C x 2013C x 2014C x
=
0 2010 2011
2011 2011 2011 2011 2011
1 1 1
3C 4C 5C 2013C 2014C
0,25
0,25
Câu Đáp án Điểm
Câu VIb 2 điểm
Vậy S =
2 2011
(1 )
x x dx
Đặt t = – x dt = – dx Với x = t = 1; với x = t = 0
S =
2 2011
(1 ) t t (dt)
=
2 2011
0
(t 1)t t dt
=
2013 2012 2011
(t 2t t )dt
=
1 2014 2013 2012
0
2014 2013 2012
t t t
=
1
2014 2013 2012 =
1
2013.2014.1006 2 Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb ( điểm)
1)Phương trình đường thẳng AB:
2
4 2
x y
2x + 3y + = + AB = 13, M(x0,y0)(E)
2
0 1
9
x y
, d(M,AB) =
0
2
13
x y
+ SMAB =
2AB.d(M,AB) = 2x03y0 2
+ BĐT Bunhiacôpxki
2 2 2
2 0 0
0
(2 ) (36 45) 81
3
x y x y
x y
Suy 9 2 x03y0 9 7 2 x03y0 2 11 2x03y02 11
Dấu đẳng thức xảy
0 0
0
0
2
18 15
2 3
x y x
y
x y
Vậy maxSMAB = 11 M(2,
)
2)(S) có tâm I(–1, 2,–3), bán kính R = 17 (P) có VTPT n
= (2, 2, 1) + Gọi u
= (a, b, c) VTCP đường thẳng cần tìm (a2 + b2 + c2 > 0) +(P) un
2a + 2b + c = c = – 2a – 2b (1) + Ta có AI= (–9, 2, 20), [AI
,u] = (2c – 20b, 20a + 9c, – 9b – 2a)
0,25
0,25
-0,25
0,25
0,25
0,25
(7)tiếp xúc (S) d(I,) = R ,
17
AI u u
(2c 20 )b 2(20a9 )c 2 ( 9b )a 17 a2b2c2 (2) +Từ (1) (2) ta có
2 2 2
( 4 a 24 )b (2a18 )b ( 9b )a 17[a b ( 2a ) ]b
896b2 – 61a2 + 20ab = 0
+Nếu b = a = suy c = vơ lí, b0 Chọn b = 1 Ta có – 61a2 + 20a + 896 = a = a =
224 61
+ Với a = 4, b = c = – 10 ; với a = 224
61
, b = c = 326
61
Vậy có hai đường thẳng thỏa tốn là:
8
23 10
x t
y t
z t
và
224
61
326 23
61
x t
y t
z t
0,25
0,25
0,25
Câu Đáp án Điểm Câu
VIIb điểm
Câu VIIb (1 điểm)
+ Biệt số = [(1 3) ( 1) ] i 2 4(2 ) i 4 4 i=[(1 3) (1 3) ]i +Phương trình có hai nghiệm: z1 = 3– i z2 = + 3i
+z1 = 3– i =
3
2( ) 2[cos( ) sin( )]
2 2i i
2011 2011
2011 2011
2 [ cos( ) sin( )
6
z i 22011[cos( ) sin( )]
6 i
=
2011
2 ( )
2 2i
+z2 = + 3i =
1
2( ) 2(cos sin )
2 i i
2011 2011 2011
2
2011 2011
2 (cos sin ) (cos sin )
3 3
z i i
=
2011
2 ( )
2 i
Suy
2011 2011 2011
1
1 3
2 [ ]
2
z z i
Vậy phần thực 22010(1 3) phần ảo 22010(1 3)
0,25
0,25
0,25
0,25