Đang tải... (xem toàn văn)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD tâm I... Dựng đường thẳng qua M //AC và qua A//BN cắt nhau tại K.[r]
(1)TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ BA NĂM HỌC 2011 – 2012
ĐỀ THI MƠN: TỐN KHỐI D Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số y=x3−3mx2+3mx−3
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =1 Tìm m để hàm số có hai cực trị x1, x2 thỏa mãn x1−x2 ≥ 8
Câu 2: (2 điểm)
Giải phương trình sau 4−cos2x−5sinx− 3(sin 2x−3cos x) = 0
Giải hệ phương trình 3 3 4
8 8 6
x y
x y
+ + + =
+ + + =
Câu 3: (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC, có đáy ABC tam giác vng cân B, AB = a Hai mặt phẳng (SAB) (SAC) vng góc với mặt phẳng (ABC) Góc mặt phẳng (SBC) mặt phẳng (ABC) 600 Gọi M trung điểm AB Tính thể tích tứ diện MSBC tính khoảng cách SM AC
Câu 4: (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD tâm I Biết hai cạnh AB AD có phương trình 2x− − =y 1 0 x−2y− =5 0, tâm I thuộc parabol y2 =x Tìm tọa độ đỉnh C hình thoi
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(0;0;5), B(5;0;2) mặt phẳng (P):z=2 Viết phương trình đường thẳng ∆ qua B, nằm mặt phẳng (P) cho d(A, ∆)=5
Câu 5: (2 điểm)
1 Tính tích phân ln
ln
2 2
x
x x
e
dx
e e
+
+ +
∫
2 Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện z− −2 4i = z−2i cho z−2i+1 nhỏ
Câu 6: (1 điểm)
Cho ba số x, y, z không âm thỏa mãn x+ y+ =z Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau:
2 2 2
3( ) 1
P xy yz zx x y z
x y z
= + + + + + +
+ +
-HẾT -
Chú ý: Cán coi thi không giải thích thêm
(2)TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ BA NĂM HỌC 2011 – 2012
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MƠN: TỐN
Câu ý Nội dung Điểm
1 (2điểm)
1
3 3 3
y=x − x + x−
TXĐ: R
'
y = x − x+ y'= ⇔ =0 x 1
0,25 Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞
bảng biến thiên
X -∞ +∞ y’ + +
Y
Hàm số đồng biến R Hàm số khơng có cực trị
0,5
Đồ thị
đồ thị hàm số có điểm uốn (1; 2)−
Nhận xét: đồ thị nhận điểm (1;-2) tâm đối xứng
0,25
2 Hàm số có hai cực trị
' 3 6 3 0
y x mx m
⇔ = − + = có nghiệm phân biệt
2 1
' 9 9 0
0
m
m m
m >
⇔ ∆ = − > ⇔
<
0,25
Gọi x1, x2 nghiệm phương trình y’ =
Theo định lý vi-et ta có 2
2
x x m
x x m
+ =
=
0,25
Suy x1−x2 ≥ 8⇔(x1−x2)2 ≥ ⇔8 (x1+x2)2−4x x1 2 ≥8 0,25 +∞
-∞
y
x O
-2
4
2
-2
-4
-6
(3)2 1
4 4 8
2
m
m m
m ≤ −
− ≥ ⇔
≥
Vậy 1
2
m m
≤ − ≥
0,25
2 (2điểm)
1 4−cos2x−5sinx− 3(sin 2x−3cos x) = 0
2
4 (1 2sin x) 5sinx 3(2sin cosx x 3cos )x
⇔ − − − − − =
2
2sin x 5sinx 3 osx(2sinc x 3)
⇔ − + − − =
(2sinx 3)(sinx osx)c
⇔ − − − =
0,5
3 s inx= ( )
2
s inx- osx =1
l c
⇔
2
1
sin( )
7
3
2
6
x k x k
x
x k
x k
π π π
π π
π
π
π π
π π
− = + = +
⇔ − = ⇔ ⇔
− = + = +
0,25
Vậy nghiệm phương trình :
2
2 ( )
7
x k
k Z
x k
π π π
π
= +
∈
= +
0,25
2 Đặt x+ =3 a; y+ =3 b (a,b0) Ta có hệ :
2
4
5 5 6 (1)
a b
a b
+ =
+ + + =
(1) ⇔a2+b2 +10+2 (a2 +5)(b2+5) =36
⇔16−2ab+10+2 a b2 +5(a2+b2)+25=36
⇔ a b2 2−10ab+105= +5 ab
⇔a b2 −10ab+105=25 10+ ab+a b2 (vì + ab>0) ⇔ab=4
0,5
Ta có
4
2 4
a b
a b
ab + =
⇔ = =
=
0,25
Với a = b =2 suy x = y =1
Vậy hệ có nghiệm (1;1) 0,25
(1điểm)
Vì (SAB) ⊥ (ABC) (SAC)⊥ (ABC) Suy
SA⊥(ABC)
Vì SA BC BC SB
AB BC
⊥
⇒ ⊥
⊥ Suy
(( ),( )) ( ; )
60
SBC ABC SB AB
SBA
=
= =
0
.tan 60 3
SA AB a
⇒ = =
0,25
H
K M
B
C A
S
(4)Ta có :
3
1 1 1 1 3
. . . .
2 2 3 12 12
MSBC SABC ABC
a
V = V = SA S = SA AB BC= 0,25
Gọi N trung điểm AC
Dựng đường thẳng qua M //AC qua A//BN cắt K Gọi H hình chiếu A lên SK
Vì tam giác ABC cân B nên BN⊥AC ⇒AK ⊥ AC
Mà SA⊥AC ⇒AC⊥(SAC)⇒AH ⊥AC MK// mà AH ⊥SK
( )
AH SMK
⇒ ⊥
Suy d(SM,AC) = d(AC,(SMK)) ( AC//(SMK)) = d(A,(SMK)) = AH
Ta có
2 2 2 2
1 1 1 1 4 1 8 25
3 3
AH = SA + AK = SA + BN = a +a = a
Vậy d(SM,AC) = 3
5
a
0,25
0,25
4 (2điểm)
1
Tọa độ điểm A nghiệm hệ 2 1 0 ( 1; 3)
2 5 0
x y
A
x y
− − =
⇒ − −
− − =
Gọi I(a2;a) thuộc parabol x = y2
Vì ABCD hình thoi nên : d(I,AB) = d(I,AD)
2 2
2
2 1 2 5 2 1 2 5
2 1 2 5
5 5
a a a a a a a a
a a a a
− − − − − − = − −
= ⇔
− − = − + +
2
2
4 0( ô nghiêm) 1
2
3 3 6 0
a a v a
a
a a
+ + = = −
⇔
=
− − =
0,25
0,5
Với a = -1 ⇒ I(1;-1) ⇒ C(3;1)
Với a = ⇒ I(4;2) ⇒ C(9;7)
0,25 Gọi H(x,y,z) hình chiếu A lên ∆ AH x y z( ; ; −5);BH x( −5; ;y z−2)
Vì H ∈ (P) ⇒ z =2
d(A,∆) = AH = ⇒x2+ y2+(z−5)2 =25⇒ x2+ y2 =16
Vì AH ⊥∆⇒ AH ⊥BH ⇒x x( −5)+y2+(z−5)(z−2)=0
2
5 0
x x y
⇒ − + =
Vậy ta có hệ 2
2
16
2 5
16 2
12
5 0
5
x z
x y z
x x y
y
= =
+ = ⇔ =
− + =
= ±
0,25
0,25
+)Với (16 12; ;2)
5 5
H : đường thẳng ∆ qua B có vtcp
9 12
( ; ;0) //(3; 4;0)
5 5
BH − −
là:
5 3 4 2
x t
y t
z = +
= − = +)Với (16; 12;2)
5 5
H − : đường thẳng ∆ qua B,H là:
5 3 4 2
x t
y t
z = +
= =
0,25
(5)5 (2điểm)
1 ln ln ln
ln ln ln
2 7
(1 ) ln
2
2 2 2
x x x
x x x x x x
e e e
I dx dx dx
e e e e e e
+
= = − = −
+ + + + + +
∫ ∫ ∫
Đặt x 2 x 2 2 x
t= e + ⇒t =e + ⇒ tdt =e dx Đổi cận : x=ln2 ⇒t =2 ; x =ln7 ⇒ t =3
0,25
ln 3
2
ln 2
2 2
2 ( 1)( 2)
2
x
x x dt dt
e t t
dx
t t t t
e e
= =
− + − +
+ +
∫ ∫ ∫
3
3
2
2
2 1 4 1 2 4
ln| 1| ln| 2 |
1 2
3 t dt+3 t dt 3 t 3 t
= = − + +
− +
∫ ∫ 4ln 2ln 2
3
= −
0,5
Vậy ln7 4ln 5 2ln 2 ln 7 4ln ln 2
2 3 3
I = − + = − + 0,25
2 Gọi z = a + bi (a,b ∈ R)
2 4 2 ( 2) ( 4) ( 2)
z− − i = z− i ⇔ a− + b− i = a+ b− i
2 2
(a−2) +(b−4) =a +(b−2) ⇔ = −a 4 b
Mặt khác ta có :
2
2 1 ( 1) ( 2) ( 1) ( 2)
z− i+ = a+ + b− i = a+ + b−
2 2
(4 b 1) (b 2) 2b 14b 29
= − + + − = − + 7 9 3 2
2( )
2 2 2
b
= − + ≥
0,25
0,25
0,25
Suy 2 1 min 3 2 2
z− i+ = 7 1
2 2
b= ⇒ =a
Vậy 1 7
2 2
z= + i 0,25
6
(1điểm) 2 2 2 2 2
3 1
[( ) ]+ x
2
P x y z x y z y z
x y z
⇒ = + + − − − + + +
+ +
Đặt t= x2+ y2+z2 Ta có :
2 2 2
2 2 2
x ( ) 1
1 1
x ( )
3 3
t y z x y z
t y z x y z
= + + ≤ + + =
= + + ≥ + + =
2
3 3 1
+
2 2
P t t
t
⇒ = − +
Xét ( ) 3 3 2+ 12 , [ 1 ;1]
2 2 3
f t t t t
t
= − + ∈
3
2 1
'( ) 3 1 0, [ ;1]
3
f t t t
t
⇒ = − + − < ∀ ∈
( ) (1) 2
P f t f
⇒ ≥ ≥ =
Vậy P = t =1 x= y =0,z =1 hoán vị