De thi thu Toan THPT Bim Son

Bốn đường cao của bốn mặt bên ứng với đỉnh S có độ dài bằng nhau và bằng b.. Tính thể tích của khối chóp theo a, b.[r]

SỞ GDĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT BỈM SƠN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG BỒI DƯỠNG ĐỢT IIMƠN TỐN KHỐI A NĂM HỌC 2011-2012 (Thời gian làm 180 phút)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (2.0 điểm)

Cho hàm số: y x 3 3x2mx 1 (1)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m 0 .

2 Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu Gọi ( ) đường thẳng qua hai điểm cực đại, cực tiểu.Tìm giá trị lớn khoảng cách từ điểm

1 11 I ;

2

 

 

  đến đường thẳng ( ) . Câu II (2.0 điểm)

Giải phương trình :

1 2(sinx cos x) tanx cot 2x cot x

 

  .

Giải bất phương trình : x2 91 x x  Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân:

e

1

(x 2) ln x x dx x(1 ln x)

 

  Câu IV (1.0 điểm)

Cho khối chóp S.ABCDcó đáy hình thang cân, đáy lớn AB bốn lần đáy nhỏ CD, chiều cao đáy a Bốn đường cao bốn mặt bên ứng với đỉnh S có độ dài b Tính thể tích khối chóp theo a, b

Câu V (1.0 điểm)

Cho số thực không âm a, b,c thỏa mãn a b c 1   Chứng minh rằng:      

3 a b b c c a

18

   

PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) (Thí sinh làm hai phần A B ). A.Theo chương trình chuẩn:

Câu VI.a (2 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD biết M(2;1), N(4;-2); P(2;0), Q(1;2) thuộc cạnh AB, BC, CD, AD Hãy lập phương trình cạnh hình vng

Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(13;-1;0), N(12;0;4).Lập phương trình mặt phẳng qua hai điểm M, N tiếp xúc với mặt cầu ( S) : x2y2z2 2x 4y 6z 67 0   

CâuVII.a (1điểm)

Giải phương trình:    

3

log x log x 2x

10 10

3

   

B Theo chương trình nâng cao:

Câu VI.b(2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm I 1; 1  là tâm hình vng, cạnh có phương trình x 2y 12 0   Viết phương trình cạnh cịn lại hình vng

Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(0;-1;2), N(-1;1;3).Viết phương trình mặt phẳng (R) qua M, N tạo với mặt phẳng (P): 2x y 2z 0    góc nhỏ

Giải hệ phương trình

2

1 x y

1 x y

2log ( xy 2x y 2) log (x 2x 1) log (y 5) log (x 4) =

 

 

        

 

  

 

HẾT

Hướng dẫn chấm toán khối A lần năm 2011-2012

Câu Ý Nội dung Điểm

I

1 Cho hàm số: y x3 3x2 1

   (1) 2,0

1

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y x 3 3x21 1,0 * Tập xác định: R

* Sự biến thiên:

+ Giới hạn:  

3

xlim y   xlim x    3x 1  ,lim yx  .

0,25

+ Bảng biến thiên:

2 x

y 3x 6x 3x(x 2), y

x

 

      

  Bảng biến thiên:

x − ∞ +∞ y + - + y +∞

− ∞ -3 0,25

+ Hàm số đồng biến khoảng  ;0 2; + Hàm số nghịch biến khoảng 0;2

+ Hàm số đạt cực đại x 0, y CÐ y(0) 1

đạt cực tiểu x 2, y CT y(2)3 0,25 * Đồ thị:

Đồ thị cắt trục tung điểm (0;1), cắt trục hoành hai điểm phân biệt Ta có y6x 6; y  0 x 1

y'' đổi dấu x qua x =

Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng

f(x)=x^3-3x^2+1

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1

-8 -6 -4 -2

x y

I

2 Tìm m để hàm số có cực đại,cực tiểu 1,0

2

Ta có y 3x2  6x m

Hàm số có cực đại, cực tiểu phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt

Tức cần có:    3m 0  m 3. 0,25

Chia đa thức y cho y, ta được:

x 2m m

y y x

3 3

   



       

    .

Giả sử hàm số có cực đại, cực tiểu điểm x ; y , x ; y1 1  2.

Vì y (x ) 0; y (x ) 0    nên phương trình đường thẳng   qua hai điểm cực đại, cực tiểu là:

2m m

y x

3

 

    

  hay  

m

y 2x 2x

3

    0,25

Ta thấy đường thẳng   qua điểm cố định

1 A ;

2

 



 

  Hệ số góc đường

thẳng IA

3 k

4



Kẻ IH   ta thấy  

5 d I; IH IA

4

   

0,25

Đẳng thức xảy  

2m

IA m

3 k

       

(TM)

Vậy  

5 max d I;

4

 

khi m 1 . 0,25

1

Giải phương trình :

1 2(sinx cos x) t anx cot 2x cot x

 

  . 1,0

Điều kiện : sinx.cosx

sinx.cos x cot x

 





 0,25

II sinx cosx 

sinx cos2x cos x sinx cos x sin2x sinx

 

 

0,25

Giải

3

x k2

2

cos x (k Z)

3

x k2

4

 

  



   



   

 0,25

Đối chiếu điều kiện ta nghiệm phương trình là:

3

x k2 ,(k Z)

4



    0,25

2

Giải bất phương trình : x291 x x  2 1,0

Điều kiện x 2

Phương trình cho tương đương với:      

2

x 91 10  x 1   x  0 0,25

2

x x

(x 3)(x 3) x

x 91 10

 

     

 

 

x 3

 

x

(x 3) x

x 91 10

  

   

 

 

 

  (*) 0,25

Ta có

x

(x 3)

x x 91 10



   

 

  với x 2.

Do (*)  x < 3. 0,25

Từ suy nghiệm bất phương trình : 3> x 2 0,25

III

Tính tích phân: e

1

(x 2) ln x x dx x(1 ln x)

 



 1,0

I = 

e

x(1+lnx)−2 lnx

x(1+lnx) dx=1

e

dx -2 

1

e

lnx

x(1+lnx)dx 0,25

Ta có : 

e

dx=e −1 0,25

Tính J = 

e

lnx

x(1+lnx)dx

Đặt t = + lnx, Ta có: J = 

t −1

t dt =

1−1 t

(¿)dt 

1

¿

= (t - ln |t| ) = - ln2

0,25

Vậy I = e - - 2(1- ln2) = e - + 2ln2 0,25

IV

Gọi H chân đường cao chóp H phải cách cạnh đáy trường hợp ta chứng minh H nằm đáy

Suy hình thang cân ABCD có đường trịn nội tiếp tâm H trung điểm đoạn MN với M, N trung điểm cạnh AB, CD MN = a

0,25

Đường trịn tiếp xúc với BC E

a HM HN HE

2

  

bán kính đường trịn 2

a

SE SM SN b b SH 4b a

2

 

       

  0,25

Đặt CN x BM 4x, CE x, BE 4x   . Tam giác HBC vuông H nên

2

2 a a a

HE EB.EC 4x x CD , AB 2a

4

       

, suy

2 ABCD

5a S

4



0,25

Vậy

2

2 2

S.ABCD

1 5a 5a

V 4b a 4b a

3 24

   

(đvtt) 0,25

V

Chứng minh rằng:      

3 a b b c c a

18

   

.

1,0

Đặt F a; b;c   a b b c c a        Ta cần chứng minh    

3 F a; b;c *

18



 Nếu hai ba số a, b,c  

3 F a; b;c

18

 

0,25

 Nếu a, b,c đôi khác khơng tính tổng qt, giả sử a max a;b;c  

Lúc b c  

3 F a; b;c

18

 

Đặtx a b  thìc x  .Tacó:

                 

F a; b;c  a b c b a c    a b c a b c   x x 2x 1  h x 0,25

Khảo sát hàm số h x với

1

x

2  , ta được:  

3 3

h x h

6 18

  

  

  .

Từ suy BĐT  * Đẳng thức xảy

3 3

a ; b 0; c

6

 

  

0,5

VIa

1 Lập phương trình cạnh hình vng 1,0

Giả sử đường thẳng AB có véc tơ pháp tuyến tọa độ (a; b) với a2b2 0 Suy véc tơ pháp tuyến đường thẳng BC có tọa độ ( -b;a)

Phương trình AB có dạng: a(x 2) b(y 1) 0     ax by 2a b 0   

BC có dạng : b(x 4) a(y 2) 0     bx ay 4b 2a 0    0,25 Do ABCD hình vng nên

d(P,AB) = d(Q,BC) 2 2

b 2a

b 3b 4a

b a

a b a b



  

   



   0,25

 Với b = 2a Phương trình cạnh hình vng là:

AB: x-2y = 0, BC: 2x y 0,CD : x 2y 0, AD : 2x y 0.         0,25

 Với b = a Phương trình cạnh hình vng là:

AB : x y 0, BC : x y 0,CD : x y 0, AD : x y 0.               

0,25

2 Lập phương trình mặt phẳng 1.,0

Mặt cầu (S) có tâm I( 1;2;3) bán kính R =

Mặt phẳng (P) qua M(13;-1;0) nên có phương trình dạng :

A(x -13) + B(y + 1) + Cz = với A2B2C2 0. 0,25 Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A = B + 4C

Lúc pt(P) : (B + 4C)x + By + Cz -12B – 52C = 0

0,25

( P ) tiếp xúc với (S) : d(I,(P)) =

2

B 5C 2B 8BC 17C

     

2 B 4C

B 2BC 8C

B 2C

 

    

 

0,25

Thay vào phương trình mặt phẳng (P) ta hai phương trình mặt phẳng thỏa mãn

toán:

(P ) : 2x 2y z 28 (P ) : 8x 4y z 100

    

    0,25

VII.a

Giải phương trình:    

3

log x log x 2x

10 10

3

   

1,0

Điều kiện : x >

Ta có phương trinhg tương đương với:    

3

3 log x log x

log x

2

10 10

3

   

0,25

3

log x log x

10 10

3 3

     

     

Đặt

3 log x

10 t

3

  

 

  (t > 0) Phương trình trỏ thành:

2

1

t 3t 2t

t

     

1 10 t

3 10 t

3

 

   

 

  

( loại)

0,25

Với t =

1 10



ta giải x =

Vậy phương trình cho có nghiệm x =3

0,25

VIIb

1 Viết phương trình cạnh cịn lại hình vng 1,0

Lập phương trình cạnh…

Gọi hình vng cho ABCD Giả sử pt cạnh AB x 2y12 0

Gọi Hlà hình chiếu I lên đường thẳng AB Suy H2;5 0,25

,

A B thuộc đường trịn tâm H, bán kính IH  45 có pt:

   

2

2 45

x  y  0,25

Toạ độ hai điểm A B, nghiệm hệ:    

2

2 12

2 45

x y

x y

  

  

   



 .

Giải hệ tìm A4;8 , B8;2 Suy C2; 10 

0,25

: 16

AD x y   ; BC: 2x y 14 0 ; CD x:  2y18 0 0,25

2 Viết Phương trình mặt phẳng ( R): 1,0

Mặt phẳng (P) qua M nên có phương trình dạng :

A(x -0) + B(y + 1) + C(z-2) = với A2B2C2 0. Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A =2B + C

0,25

Gọi  góc tạo hai mặt phẳng (P) (Q),ta có: 2

B cos

5B 4BC 2C

 

 

Nếu B =  900.

0,25

Nếu B0, đặt m =

C

B,ta có: 2

1 1

cos

3 2m 4m 2(m 1)

   

    . 0,25

 nhỏ

1 cos

3

 

 m = -1  B = - C

Vậy mặt phẳng ( R): x y z 0    0,25

VIIb

Giải hệ phương trình

2

1

1

2log ( 2) log ( 1)

log ( 5) log ( 4) =1

 

 

        

 

  

 

x y

x y

xy x y x x

y x 1,0

Điều kiện:

2

2 0, 0, 0,

( )

0 1,

xy x y x x y x

I

x y

           



     



Ta có:

1

1

2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) ( )

log ( 5) log ( 4) =

x y

x y

x y x

I

y x

 

 

    

   

  

 

1

1

log ( 2) log (1 ) (1) log ( 5) log ( 4) = (2)

x y

x y

y x

y x

 

 

    

   

  

 

0,25

Đặt log2y(1 x)t (1) trở thành:

2

1

2 ( 1)

t t t

t

       

Với t1 ta có: 1 x  y y x1 (3). Thế vào (2) ta có:

2

1 1

4

log ( 4) log ( 4) = log 1

4

  

   

           

 

x x x

x x

x x x x x

x x

0,25

0 ( )

 

  



x l

x suy y = 1

+ Kiểm tra thấy x2, y1thoả mãn điều kiện trên.Vậy hệ có nghiệm

x = - 2, y = 0,25

Mời các bạn ghé thăm diễn đàn ôn thi và trao đổi “Cà chua 95” nơi chúng mình có thể trao đổi với những kinh nghiệm học tập, cùng bàn luận những bài tập còn vướng mắc.

http://luyenthidaihoc.name.vn/forum