Tìm phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD.. 2.[r]
(1)Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh
KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011 MƠN: TỐN-KHỐI D
(Thời gian làm : 180 phút) A PHẦN BẮT BUỘC
Câu I(2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 2mx2 + m2x – có đồ thị (C m)
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để hàm số đồng biến khoảng (2 ; + ∞ ) Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình : sin2x+sin 2x=2√2 sinxsin(3x+π 4) Giải hệ phương trình:
¿
x3+x2y=2y x2y − y3
=y
¿{
¿
CâuIII(1 điểm) Tính tích phân I = ∫
0 ln
dx
3
√ex +2 CâuIV(1 điểm)
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a , góc mặt bên mặt đáy 600 Tính thể tích hình chóp S.ABCD.
CâuV(1 điểm)
Cho số dương x , y , z có tổng Chứng minh bất đẳng thức : √xy
xy+z +√
yz yz+x+√
zx zx+y ≤
3
B PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chọn phần I II) I- Chương trình chuẩn
CâuVIa(2 điểm).
1 Cho tam giác ABC có diện tích Biết A(1;0) , B(0;2) trung điểm I AC nằm đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C
2 Trong khơng gian , cho mặt phẳng (P) đường thẳng (d) có phương trình: (P) : 2x + y + z – = , (d) : x −21=y
1= z+2
−3 Viết phương trình đường thẳng (Δ) qua giao điểm (P) (d) , vng góc với (d) nằm (P)
CâuVIIa( 1điểm) Giải phương trình :
2
4
1 log ( 2) log ( 2)
4
x x x x II- Chương trình nâng cao
Câu VIb(2điểm).
1. Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , cạnh AB nằm đường thẳng () : 3x +4y +1 = AB = 2AD giao điểm hai đường chéo I(0 ;
1
2¿ Tìm phương trình đường trịn (C) ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD
2. Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) B(3;-1;2) mp(P) : x – y + 3z – = Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua hai điểm A , B vuông góc với mp(P)
CâuVIb(1điểm) Giải bất phương trình: log2x3 1 log2 x1
(2)
ĐÁP ÁN –KHỐI D
Câu Nội dung Th/điểm A Phần bắt buộc
CâuII 2điểm
1-(1đ)
Với m = , hàm số y = x3 – 2x2 + x –
* TXĐ: D = R
* Giới hạn : x → ±∞lim y=± ∞
* y’ = 3x2 – 4x +
1
' 1 23
3 27
x y y o
x y
* y” = 6x –
¿
⇒y=0 dlrarrow x= \{ \{2\} over \{3\} \} drarrow y= - \{ \{25 \} over \{27 \} \} \} \{
¿
⇒I(2 3;−
25
27) - điểm uốn * Bảng biến thiên:
Hàm số tăng (− ∞;13);(1;+∞) giảm (13;1) * Đồ thị (Tự vẽ)
0,25
0,25
0,25
0,25
2 2- (1 điểm) Hàm số y = x3 – 2mx2 + m2x – 1
* y’ = 3x2 – 4mx + m2 có Δ'
=m2
⇒y '=0⇔
x=m
¿
x=m
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Với m > ,
hàm số đồng biến (2;+∞)⇔y ' ≥0,∀x>2⇔m≤2⇒0<m≤2 (1)
Với m = , y’ = 3x2 0,∀x , nên hàm số tăng trên (2;+∞) m = 0
(2)
Với m < ,
hàm số đồng biến (2;+∞)⇔y ' ≥0,∀x>2⇔m
3≤2⇒m≤6⇒m<0 (3) Theo (1) , (2) , (3) suy : m≤2 hàm số đồng biến (2;+∞)
0,25
0,25 0,25
0,25
CâuII 2điểm
1- (1điểm) Giải phương trình : sin2x
+sin 2x=2√2 sinxsin(3x+π 4)
0,25
y’ 3
1
x
0
y
+ +
y’
1 x
0
y
+ +
(3)sinx=0⇔x=kπ(1)
¿
sinx+cosx=√2sin(3x+π 4)(2)
¿ ¿ ¿ ¿
¿⇔2 sin
2
x+2 sinxcosx=2√2 sinxsin(3x+π 4)
⇔
¿
Phương trình (2) tương đương sin(x+π
4)=sin(3x+ π 4)
⇔
x+π 4=3x+
π 4+k2π
¿
x+π
4=−3x − π 4+k2π
¿
x=kπ
¿
x=−π 8+k
π
¿ ¿ ¿
⇔¿ ¿ ¿ ¿
Vậy phương trình có nghiệm x = k π , x=−π 8+k
π
0,25
0,25
0,25
2
2-1điểm Giải hệ phương trình:
¿
x3+x2y=2y x2y − y3
=y
¿{
¿
Nhận xét (0 ; 0) nghiệm hệ phương trình
Xét y ≠0 , cho hai vế hệ phương trình cho y3 ta hê:
¿
(xy)
3
+(x y)
2
=2 y2 (1)
(xy)
2
−1=
y2 (2)
¿{
¿
thay (2) vào (1) ta (x y)
3
−(x y)
2
+2=0
Đặt t = xy⇒t3−t2+2=0⇔(t+1)(t2−2t+2)=0⇔t=−1
Với t = - => y = - x ta : x3 – x3 = - 2x => x = y = (loại)
Vậy hệ phương có nghiêm (0;0)
0,5
0,25
0,25
CâuII I 1điểm
Tính tích phân I = ∫
0 ln
dx
√ex+2 =∫
0 ln
dx e
x
3
+2
(4)Đặt t = e x
3⇒dt=1
3e x
3dx⇒dx
=3 t dt
Đổi cận :
x=0⇒t=1
¿
x=3 ln 2⇒t=2
¿ ¿ ¿ ¿
I = 3∫
1
dt t(t+2)=
1 6∫1
2 (1t −
1 t+2)dt=
1
6(lnt −ln(t+2))¿1
=1 6ln
t t+2¿1
2
=1 6ln
3
0,25
0,25 0,5
CâuI V 1điểm
Do S.ABCD hình chóp , nên SO đường cao h/c Gọi E trung điểm CD , suy SE⊥CD,OE⊥CD
Suy góc SEO góc mặt bên mặt đáy Và góc SEO = 600
Ta có : SO = OE tan600 = a√3
2 Đáy ABCD hình vng SABCD = a2
Vậy : VS.ABCD =
3h.Sđ=a
3
√3
0,25
0,25
0,5 CâuV
1điểm √xyxy+z +√yz+yz x+√zxzx+y ≤32
Ta có : x + y + z = ⇒z=1− x − y⇒xy+z=(1− x)(1− y)
⇒√xy
xy+z=√ xy
(1− x)(1− y)=√ y 1− x
x 1− y≤
1 2(
y 1− x+
x 1− y) TT: √yz
yz+x≤ 2(
z 1− y+
y 1− z);√
zx zx+y ≤
1 2(
z 1− x+
x 1− z)
⇒VT≤1 2(
y+z 1− x+
x+z 1− y+
x+y 1− z)=
3
Dấu đẳng thức xảy x = y = z = 13
B Phần tự chọn I-3đ
CâuV Ia 2-điểm
1-(1điểm)
Ta có : ⃗AB=(−1;2)⇒AB=√5 Phương trình AB : 2x + y – z – = 0. I (d): y x suy I(t;t) I trung điểm AC : C(2t – ; 2t)
Theo suy : SABC =
1
2AB d(C ;AB)=2⇔|6t −4|=4⇔ t=0
¿
t=4
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Từ ta suy hai điểm C(-1;0) C (5 3;
8
3) thoả mãn
0,25
0,25
0,5
2-(1điểm)
S
A
B C
D E
(5)Đường thẳng (d) :
¿
x=1+2t y=t z=−2−3t
¿{ {
¿
(d) cắt (p) M ⇒2(1+2t)+t+(−2−3t)−1=0⇒t=1 Vậy toạ độ điểm M :
M
¿
x=1+1=2 y=1
2 z=−2−3
2=−
¿{ {
¿
⇒M(2;1 2;−
7 2)
Đường thẳng cần tìm qua điểm M(2;1 2;−
7
2) có hai véc tơ pháp
tuyến
⃗
ad=(2;1;−3) , ⃗np=(2;1;1)⇒⃗a=[⃗ad,⃗np]=(4;−8;0)⇒⃗aΔ=(1;−2;0)
Vậy phương trình đường thẳng (Δ) cần tìm :
¿
x=2+t y=1
2−2t z=−7
2
¿{ {
¿
0,25
0,25
0,25
0,25
CâuV IIa (1điể m)
ĐK x + > <=> x > -
Phương trình viết lại:
2
2
1
log log ( 2)
4 x x x x
Đặt : t = log2(x + 2) , ta được:
1
0 4t xt x 4
1
t t x
Với t = -1 <=> log2(x + 2) = -1 <=> x = - 3/2 (nhận)
Với t = - 4x + <=> log2(x + 2) = - 4x + (*)
Vp: hàm đồng biến ; Vt : hàm nghịch biến Nên (*) có nghiệm x = (nhận) Vậy phương trình có hai nghiệm x = x = - 3/2
0,25 0,25
0,25
0,25 II.3đi
ểm CâuV Ib (2
điểm) 1.(1đ) Ta có : AD = 2d(I ;
) = 2
3
2
5
3
I I
x y
AB AD
Đường chéo : BD =
2 5
5
BD AB AD R
Vậy đường tròn ngoại tiếp ABCD (C) :
2
2
2
x y
0;25 0,25
0,5
(6)
2; 3; , 1; 2;3
, 7; 7; 7;7;1 p
p Q
AB n
AB n n
⃗ ⃗ ⃗
Và (Q) chứa A(1;2;3) nên có phương trình : 7(x-1) + 7(y -2) +1.(z -3) =
Vậy (Q) : 7x + 7y + z – 24 =
0,25 0,25 0,5 CâuV
IIb (1điể m)
Điều kiện : 3 x1 Bpt
2 2
2
3 log log 1 log
1
2 3 14
1
5
3
x
x x
x x
x x x x
x x
Vậy tập nghiệm bpt S =
;5
0,25 0,25
0,25