Đang tải... (xem toàn văn)
Tính thể tích khối lăng trụ và diện tích mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ.[r]
(1)TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2011 – 2012
ĐỀ THI MƠN: TỐN KHỐI D Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số y=x4 −6x2+5 có đồ thị (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số
Tìm m để đường thẳng y = mx – m tiếp xúc với đồ thị (C) Câu 2: (2 điểm)
1 Giải phương trình
x x
x sin4
2
sin cos
1 + =
2 Giải hệ phương trình
3
2
5 3
x y x y
x y
+ = −
− =
Câu 3: (1 điểm)
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vng B, AB = a Đường thẳng A’C lập với mặt phẳng chứa đáy góc 300 lập với mặt phẳng (ABB’A’) góc 300 Tính thể tích khối lăng trụ diện tích mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ
Câu 4: (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):x2+ y2 −2x−4y=0 điểm M(6;2) Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M cắt (C) điểm phân biệt A, B cho MA2 + MB2 = 50
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):7x+ y−4z=0 đường thẳng
(d1):
1
2 1
x y− z+
= =
− ; (d2):
1 2 1 3
x t
y t
z
= − +
= +
=
Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt hai đường thẳng (d1);(d2) ∆ vng góc với mặt phẳng (P) Câu 5: (2 điểm)
1.Tính tích phân
1
( 1) ln ln 1
e
dx
x x
x x
− +
∫
2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt: x+ =3 m x2 +3 Câu 6: (1 điểm)
Cho ba số x, y, z dương thỏa mãn xy+ yz+zx=3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau:
1 1
x y y z z x
P
yz zx xy
+ + +
= + +
+ + +
-HẾT -
Chú ý: Cán coi thi khơng giải thích thêm
(2)TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2011 – 2012
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MƠN: TỐN
Câu ý Nội dung Điểm
1 (2điểm)
1
6 5
y=x − x +
TXĐ: R
3
' 12
y = x − x
0 ' 0
3 x
y
x
= = ⇔
= ±
0,25
Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = +∞
bảng biến thiên
X -∞ − 3 3 +∞ y’ – + – +
Y
0,25
Hàm số đồng biến khoảng (− 3;0);( 3;+∞) Hàm số nghịch biến khoảng (−∞ −; 3);(0; 3) Điểm cực đại (0;5); điểm cực tiểu (− 3; 4);( 3; 4)− −
0,25
Đồ thị
đồ thị hàm số có điểm uốn ( 1;0);(1;0)−
6
4
2
-2
-4
-5
Nhận xét: đồ thị nhận trục oy trục đối xứng
0,25
2 Đường thẳng y = mx – m tiếp xúc với đồ thị hàm số
4
3
6 5
4 12
x x mx m
x x m
− + = −
⇔
− =
có nghiệm
0,25
3
3 1
5 5 4 12
x
x x x m
x x m
=
⇔ + − − =
− =
3
1 8
5 5
( ) 4 12
x m
x x x m
I
x x m
= ⇒ = −
⇔ + − − =
− =
0,25 +∞
+∞
-4 4
−
5
y
(3)Giải hệ (I):
3
3
5 5 4 12
x x x m
x x m
+ − − =
− =
Ta có:
3 3
5 5 4 12 3 7 5 0
1 8
5 40
3 27
x x x x x x x x
x m
x m
+ − − = − ⇔ − − + =
= ⇒ = −
⇔
= − ⇒ =
Vậy m= -8 ; m =40 27
0,25
0,25
2 (2điểm)
1
Điều kiện :
cosx 0
sin2x 0 sin 4 0
4 sin4x 0
k
x x π
≠
≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠
≠
0,25
pt
x x x
x x x
2 cos sin
1 cos
2 sin
cos
sin + =
⇔ ⇔ (sin2x + cosx)cos2x = cosx ⇔ sin2x.cos2x = cosx(1 – cos2x) ⇔ sin2xcos2x = 2cosxsin2x
0,25 ⇔ sin2xcos2x −sin2xsinx =
⇔ cos2x − sinx = (vì sin2x ≠ 0) ⇔ 2sin2x + sinx − =
2 ( )
s inx=
2
6 s inx=
2 5
2
x k loai
x k
x k
π π π
π π
π
= − +
−
⇔ ⇔ = +
= +
0,25
Vậy nghiệm phương trình : ( )
6
2
Z k k x
k x
∈
+ =
+ =
π π
π π
0,25
2
Với x= ta có
3
3
y y
y
= −
− =
hệ vô nghiệm
Với x≠0 đặt y = tx Ta có hệ :
3 3
2 2 2
5 (1 ) 5
3 (1 ) 3
x t x x tx t x t
x t x t x
⇔
+ = − + = −
− = − =
0,5
Suy : 3(1+t3)=(5−t)(1−t2)⇔2t3+5t2 + − =t 2 0 1
1; 2; 2
t t t
⇔ = − = − = 0,25
Với t = − ⇒1 0.x2 =3 pt vô nghiệm
Với t= − ⇒ −2 3x2 = ⇒3 x2 = −1 pt vô nghiệm
Với 1 4 2 1
2 1
2
x y
t x
x y
= ⇒ =
= ⇒ = ⇒
= − ⇒ = −
(4)I
A
B
C B'
C' A'
3 (1điểm)
Vì A hình chiếu A’ lên (ABC)
( ' ,( )) ( ' ; ) ' 30
A C ABC A C AC A CA
⇒ =
= =
Vì BC ⊥BA BC⊥BB' Suy BC⊥(ABB A' ')
( ' ,( ' ')) ( ' ; ' ) ' 30
A C ABB A A C A B BA C
⇒ =
= =
0,25
Đặt BC = x
Trong tam giác vng BCA’ ta có : A’C = BC/sin300 = 2x Trong tam giác vng ABC ta có : AC2 = AB2 +BC2 = a2 + x2 Trong tam giác vng AA’C ta có : AC= A’C.cos300
2 2
3 2
' 3
2 2
a
AC A C a x x x
⇒ = ⇔ + = ⇔ =
0 2
' ' sin 30
2 a AA A C
⇒ = =
Vậy
3 ' ' ' ABC
1
AA'.S '. .
2 4
ABC A B C
a
V = = AA AB BC=
0,5
Gọi I =A C' ∩AC' suy IA = IC = IC’ =IA’ =IB = IB’ = R Ta có R = A’C/2 = 2
2 a
Vậy Smc =4πR2 =2πa2
0,25
4 (2điểm)
1 đường trịn (C) có tâm I(1;2) , bk R = 5
Ta có :
2
2
( )
2
AB MB MA
MB MA MBMA
= −
= + −
Mà
2
. 20
MA MB=MI −R =
Suy AB2 =10
2 2 10
2 IH IA AH
⇒ = − =
0,5
Đường thẳng ∆ qua M(6;2) có dạng : a(x – 6) + b(y – 2) = ( với a2 +b2≠0)
Ta có 2
2
(1 6) (2 2) 10
( , ) 9
2
a b
d I IH a b
a b
− + −
∆ = ⇔ = ⇔ =
+ 0,25
a=0 ⇒b= vô lý Cho a =1 ⇒ = ±b 3
Vậy có đường thẳng thỏa mãn đầu : x+3y – 12 = x – 3y =
0,25 Gọi A, B giao điểm ∆ với đường thẳng (d1) (d2)
Suy A(2a;1-a;-2+a)∈(d1) ; B(-1+2b;1+b;3) ∈(d2) (2 2 1; ;5 )
AB b− a− a+b −a
;nP(7;1; 4)−
0,25
H I
B A
M
I
(5)Vì ∆ ⊥( )P ⇔ AB⊥( )P ⇔ AB n// P
9 5 1 1
2 2 1 5
3 4 5 2
7 1 4
a b a
b a a b a
a b b
+ = − =
− − + −
= = ⇔ ⇔
+ = − = −
−
0,5 Suy A(2;0;-1) ; B(-5;-1;3)
Vậy phương trình đường thẳng ∆ là: 1
7 4
x− y z+
= =
− 0,25
5 (2điểm)
1
1 1
( 1) ln ln 1 ln 1 ln 1
1
ln 1 ln 1 ln 1
e e e
dx dx dx
x x x x x x
I e
x x x x x x
− + − − +
= = = − −
+ + +
∫ ∫ ∫ 0,25
Đặt t =xlnx+ ⇒1 dt=(lnx+1)dx
Đổi cận : x=1 ⇒t =1 ; x = e ⇒ t = e+1
1
1
1
1 ln 1
ln ln( 1) ln 1
e e
e
dx dt
t
x
t e
x x
+
+
+
= = = +
+
∫ ∫
0,5
Vậy I = e – – ln(e+1) 0,25
2
2
2 3
3 3 (1)
3 x
x m x m
x
+
+ = + ⇔ =
+ 0,25
Xét
2 3
( ) ;
3 x
f x x R
x
+
= ∈
+ ;
3 3 '( )
( 3) x f x
x
− =
+
f’(x) = x =1
2 3
lim 1
3
x
x x
→+∞
+ =
+ ;
3
lim 1
3
x
x x
→−∞
+
= − +
0,25
Bảng biến thiên
x -∞ +∞ f’(x) + –
f(x)
Vậy phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt ⇔pt (1) có nghiệm phân biệt ⇔ 1< m <
0,5
6
(1điểm) Ta có: 33 ( ) ( ) ( )
1 1 (1 ) (1 ) (1 )
x y y z z x x y y z z x
P
yz zx xy yz zx xy
+ + + + + +
= + + ≥
+ + + + + +
Mà 3(1 )(1 )(1 ) (1 ) (1 ) (1 ) 2
yz zx xy
yz zx xy + + + + +
+ + + ≤ =
Ta lại có
(x+y y)( +z z)( +x)=(x+ +y z xy)( +yz+zx)−xyz =3(x+ +y z)−xyz
Mà (x+ +y z)2≥3(xy+yz+zx)= ⇒ + + ≥9 x y z
2 2
3
xy+yz+zx≥ x y z ⇒xyz≤
Suy (x+y y)( +z z)( +x)≥8 3 ( ) ( ) ( )
3 3
2 (1 ) (1 ) (1 )
x y y z z x
P
yz zx xy
+ + +
≥ ≥ =
+ + +
Vậy P =3 Dấu “= “ xảy x= y =z =1
0,25 0,25
0,25
0,25
Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án cho điểm tối đa
-1