Hình chiếu vuông góc của A’ xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh AB.[r]
(1)SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT HÀ BẮC
ĐỀ THI KHẢO SÁT THI ĐẠI HỌC LẦN THỨ III NĂM HỌC: 2011 - 2012
MƠN: Tốn -Khối D
Thời gian làm 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số: y x 2mx2 m2 m có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m=-
Tìm m để đồ thị (Cm) có ba điểm cực trị lập thành tam giác có góc 1200
Câu II: (2 điểm)
1) Giải phương trình: log92x=log3x log3(√2x+1−1)
2) Giải phương trình:
2
4sin ( ) 3sin( ) 2cos ( )
2
x
x x
Câu III:(2 điểm).
1) Tính tích phân :
2
2012
1 ( 1)
dx I
x x
2) Tìm số phức z biết :
2
2(z 1) z (1 i z) .
Câu IV:(1 điểm):
Trong hệ trục Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(6;6), đường thẳng qua trung điểm cạnh AB AC có phương trình là: x+y-4=0 Tìm tọa độ đỉnh B C biết điểm E(1;-3) nằm đường cao hạ từ đỉnh C tam giác ABC
Câu V:(1 điểm).
Trong hệ trục Oxyz cho mặt phẳng
P x: 2y2z1 0 đường thẳng 1:x21 y 33 2z,d
5
:
6
x y z
d
Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 cho MN
song song với (P) đường thẳng MN cách (P) khoảng
Câu VI: (1 điểm).
Trong không gian, cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc A’ xuống mặt phẳng (ABC) trung điểm cạnh AB Mặt bên (AA’C’C) tạo với đáy góc 45 Tính thể tích khối lăng trụ cho tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACC'A').
Câu VII:(1 điểm).
Cho : a2+b2+c2=65 Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số :
y=a+b√2 sinx+c sin 2x
(
x∈(0,π2)
)
(2)TRƯỜNG THPT HÀ BẮC NĂM: 2012 MƠN: Tốn -Khối D
Câu Nội dung Điểm
Câu
Phần2
1) Khảo sát hàm số: y x 2mx2 m2 m với m=-2 Ta có với m=-2 hàm số trở thành: y x 4 4x2 2 1) TXĐ: D=R
2) Xét biến thiên:
a) Chiều biến thiên: y' 4 x3 8x
Cho
3
' ( 2)
2 x
y x x x x
x
Xét dấu y' ta có:
Hàm số đồng biến khoảng ( 2;0) ( 2;) Hàm số nghịch biến khoảng ( ; 2) (0; 2) Hàm số đạt cực đại x=0 yCĐ=2
Hàm số đạt cực tiểu x= 2 yCT=-2 b) Giới hạn:
4
2
4
lim lim ( 2) lim (1 )
x x
x
y x x x
x x
4
2
4
lim lim ( 2) lim (1 )
x x
x
y x x x
x x
c) Bảng biến thiên
3) Đồ thị :
2
-2
-5
2) Tìm m để đồ thị (Cm) có ba điểm cực trị lập thành tam giác có góc 1200
Để hàm số có điểm cực trị y'=0 có nghiệm phân biệt
hay 4x3+4mx=0
2
2 (x x m) x
x m
y'=0 m<0
0.25
0.25
0.25
0.25
(3)
Gọi A(0;m2m), B( m m; ), C( m m; ) điểm cực trị.
Ta có: AB( m m; 2)
, AC( m m; 2)
Do tam giác ABC cân A nên góc A1200 đó
4
0
4
0
os120 1
2
3 m
AB AC m m
c m m
m m m
AB AC
Vậy với m=-1
3
thỏa mãn đầu
0.25
0.25
0.25
Câu 1) Giải phương trình: log92x=log3x log3(√2x+1−1) ĐK x>0
2
3 3
3
3 3
3
1
2( log ) log log ( 1)
log
1
log log log ( 1) 1
2 log log ( 1)
2
PT x x x
x
x x x
x x
*) log3x 0 x1
3 3
2
*) log log ( 1) log log ( 1)
2 1 1 2
0
2
4
x x x x
x x x x x x x
x x x x x
x
Vậy phương trình hai có nghiệm x=1, x=4 2) Giải phương trình:
2
4sin ( ) 3sin( ) 2cos ( )
2
x
x x
0.25
0.25
0.25 0.25
0.25
0.25
(4)2(1 os(2 )) os2 1 os(2 )
2(1 osx) os2 os(2 )
2
2 os os2 sin sin os2 os
1
sin os2 osx sin cos sin os2 cos
2 3
2
3
sin(2 ) sin( )
3
2
PT c x c x c x
c c x c x
c x c x x x c x c x
x c x c x c x x
x x k
x x x
( )
3 2 5 2 6 x k k x x k
x k x k
0.25 Câu
1) Tính tích phân :
2012
1 ( 1)
dx I x x
2012 2012 2012
2 2
2012 2012 2012
1 1
2011 2012
2
2
1 2012 2012
1
2012 2012
1 2012
( 1)
( 1) ( 1) ( 1)
1 ( 1)
ln ln
1 2012
1
ln ln ln [ln(2 1) ln 2]
2012 2012
1
ln ln
2012
dx x x dx x
I dx dx
x x x x x x x
x dx d x
x x x x
0.25 0.25 0.25 0.25 2) Tìm số phức z biết :2
2(z 1) z (1 i z) .
Gọi z a bi ( ,a b )
2 2
2(z 1) z (1 i z) a bi a bi (1 i a)( b )
2
2 2
2
3
(3a 1) bi a b i a( b ) a a b
b a b
2 3
3 10 3 10
3 10 1
10
3
a
a
b a a a a
hoac a
a a b b a b b
(5)Có hai số phức
3
;
10 10
z i z i
Câu
I A
B C
M N
H E
Gọi M,N,H trung điểm AB, AC,BC, Khi AH MN Vậy AH qua A(6;6) có vtcp u(1;1)
, Pt AH là:
6
0
1
x y
x y
Gọi I giao điểm MN AH tọa độ I nghiệm hện phương
trình:
0
4
x y x
x y y
Vậy I(2;2)
I trung điểm AH nên H(-2;-2)
BC qua H(-2;-2) BC song song với MN nên BC có phương trình là: x+y+4=0
:
B BC y x nên giả sử B(x
B;-xB-4), H trung điểm BC nên
2
2
C H B B
C H B B
x x x x
y y y x
Vậy C(-4-xB; xB) Ta có AB x( B 6; xB 10)
CE(5xB; 3 xB)
Mà ABCE nên
2
( 6)(5 ) ( 10( 3)
0
2 12
6
B B B B
B
B B
B
AB CE x x x x
x
x x
x
+) Nếu xB=0 B(0;-4) C(-4;0) +) Nếu xB=-6 B(-6;2) C(2;-6)
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu
d1 có phương trình tham số :
1 3
x t
y t
z t
, d2 có pt tham số là:
5
5
x u
y u
z u
(6)MN
(6u-2t+4; 4u+3t-3; -5u-2t-5) Theo đầu ta có MN song song với (P) nên MN n 0
( n(1; 2;2)
vec tơ pháp tuyến (P))
6u-2t+4-8u-6t+6-10u-4t-10=0 10u+12t=0 5u+6t=0
Mặt khác MN cách (P) khoảng hay d(M;(P))=2
1 6
2 12 6 1
1
t
t t t
t t
t
+) Với t=0 u=0 nên M(1;3;0) N(5;0;-5)
+) t=1 u=-6
5 nên M(3;0;3) N(-11
5 ;-24
5 ;1)
0.25
0.25
0.25
Câu A
B
C
A
B
C H M
N K
Gọi H trung điểm AB, theo giả thiết A H' (ABC)
Gọi M trung điểm AC , tam giác ABC nên BM AC
Trong (ABC) qua H kẻ đường thẳng song song với BM cắt AC tạiN HN AC,khiđóAC (A HN' ) AC A N'
' ' ' ' '
((ACC A);(ABC)) ( A N A H; )A NH 45 (Do A'HN vng N)
Khi tam giác vng cân N nên A'H=HN=
1
2
a BM
2
' 3
4
LT ABC
a a a
V S A H
Trong (A'HN) kẻ HKA'N HK (ACC A' ') Do H trung điểm AB nên d B ACC A( ;( ' ') ( ;( d H ACC A' ') 2 HK
mà tam giác vuông cân N nên
2
' '
1 1 3
2
2 2
a a HK A N A H
0.25
0.25
0.25
(7)Vậy
' '
( ;( ))
2 a d B ACC A Câu 7y a b 2.sinx c.sin 2x
y2≤(a2
+b2+c2)(1+2sin2x+sin22x)=65(1+2 sin2x+sin22x)
Đặt f(x) = 1+2 sin2x+sin22x=1+2 sin2x+4 sin2x.(1−sin2x)
f(x) = −4 sin4x+6 sin2x+1 , Đặt sin2x=t , t∈(0,1)
g(t) = −4t2+6t+1→ g❑(t)=−8t+6; g❑(t)=0↔ t=3
4
BBT
M
Max g(t) ¿13
4 khit= 4↔sin
2
x=3
4→ x=
π
3
y2≤65 13
4 → −13 √5
2 ≤ y ≤13
√5
2 dấu “=” xảy x=
π
3
a=
√2 sinx
b =
sin 2x
c hay
1
a=
√6 2b=
√3
2c
Thay vào :
a2
+b2+c2=65→
a=2√5
b=√30
c=√15
∨
¿a=−2√5
b=−√30
c=−√15
¿{{
0.25 0.25
0.25
0.25
-1
1 13
4
+
0
3
4 1
0
f f/
f