Đang tải... (xem toàn văn)
Viết phương trình mặt cầu S ngoại tiếp tứ diện OABC, tìm tọa độ tâm và bán kính của đường tròn C là giao tuyến của P và S.. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm..[r]
(1)TRƯỜNG THPT KIM THÀNH II -ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011-2012 LẦN II Môn thi: TOÁN; Khối: A,B Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề y m x3 6mx m x Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: (Cm) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên với m=1 Tìm m để đường thẳng d: y=-2 cắt (Cm) ba điểm phân biệt A(0;-2), B và C cho diện tích tam giác OBC 13 Câu II: (2,0 điểm) tan x tan x sin x sin x Giải phương trình: x x y 1 y y 1 x y x y 5 Giải hệ phương trình: Câu III: (1,0 điểm) e x x ln x x I e dx x Tính tích phân: Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình chữ nhật với AB = a; AD =2a Hai mặt bên (ABB’A’) và (ADD’A’) tạo với đáy góc 300 và 600 Tính thể tích khối hộp theo a biết cạnh bên a Câu V: (1,0 điểm) 3 3 a, b 1; c ; và Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Cho a3 a P b 3 2 c c 5 b b a ab 2c Câu VI (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân C có phương trình cạnh AB là x-2y=0, điểm I(4;2) là trung điểm AB, điểm M(4; ) thuộc cạnh BC, diện tích tam giác ABC 10 Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết tung độ điểm B lớn Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x+2y+2z-6=0, gọi A, B, C là tọa độ giao điểm (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện OABC, tìm tọa độ tâm và bán kính đường tròn (C) là giao tuyến (P) và (S) Câu VII (1,0 điểm) Gọi z1 , z2 , z3 , z4 là bốn nghiệm phương trình z z z z 0 trên tập số phức tính tổng: 1 1 S 2 2 2 z1 z2 z3 z4 -Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:…………… …………….Số báo danh: ………………………… (2) TRƯỜNG THPT KIM THÀNH II -ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Câu I ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011-2012 LÂN II Môn thi: TOÁN; Khối: A Đáp án Điểm 1) Khi m = ⇒ y x x x TXĐ: D = R lim ( x3 x x 2) lim ( x3 x x 2) x , x x 1 y ' 3 x 12 x 0 x 3 BBT: x - ∞ y/ + + ∞ - 0,25 đ 0,25 đ + + ∞ y - ∞ Hàm số đồng biến: (- ∞ ; 1),(3;+ ∞ ) Hàm số nghịch biến: (1;3) fCĐ = f(1) = fCT = f(3) = -2 Khi y’’ =6x-12=0 x 2 =>y=0 Khi x=0=>y=-2 x= 4=>y=2 Đồ thị hàm số nhận I(2;0) là tâm đối xứng 2) Phương trình hoành độ giao điểm là: m x3 6mx m x -2 0,5 đ m x3 6mx m x 0 (1) x m x 6mx m 0 x 0 m x 6mx m 0 Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt A(0;-2), B và C phương trình (2) có nghiệm phân biệt khác ta có điều kiện: 9m m m m 2 2 m 0 Gọi tọa độ điểm B(xB; -2), C(xC; -2) Đk: xB xC Gọi h là khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng d:y+2=0=>h=2 Theo bài ta có 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ (3) h.BC 13 BC 13 xB xC xB xC 13(3) 6m xB xC 2 m xB xC 9 Theo định lý viét ta có: (4) S OBC 14 m 6m 13 36 13 2 m m 14 0,25 đ Câu II Thay (4) vào (3) ta được: (tm) 1) Giải phương trình: tan x tan x (sin x sin x)(1) m x cos x DK : mZ cos x 0 x m (1) 6sin x cos x cos x(sin x sin x) 6sin x cos x cos x(4sin x cos x cos x 2sin x cos x) 0,25 sin x(4 cos x cos 2 x cos x cos x 6) 0 sin x (2 cos 2 x(1 cos x) cos x(1 cos x) 0 sin x(2 cos3 x 3cos 2 x cos x 6) 0 0,5 đ sin x(cos x 1)(2 cos 2 x 5cos x 6) 0 sin x 0 cos x 1 x k (tm) k Z cos 2 x 5cos x 0(VN ) 2) Giải hệ phương trình: x x y 1 y y 1 1 x y 0 x y 0 x y x y 5 Điều kiện: 0,25 đ 0,25 đ x 3x y 1 y y 1 (1) x y 1 x y y 0 x y 1 x y 0 y 3x 1 3 x 2 y Thay (3) vào (2) ta được: x x x 5 điều kiện: 0,25 đ 0,25 đ (4) 49 x 21x 11 x 11 x 17 76 x y tmdk 25 25 x 17 25 Thay (4) vào (2) ta được: y y 5 y 1 =>x=2(tmdk) 17 76 2;1 , ; 25 25 Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x;y) 11 x 0 175 x 119 0,25 đ Tính tích phân: e e e e x x ln x x ex x x e dx xe dx ln xe dx dx x x 1 1 I= e Câu III 0,25 đ e x x e x e xe dx xe e dx e e 1 Đặt I1= 0,25 đ e e e ex ex e e ln xdx e ln x dx e dx x x 1 Đặt I2= e x e x e x e e e e 1 e e dx e e e dx dx ee 1 x x 1 Vậy I=I +I + x = x Câu IV x e 0,25 đ 0,25 đ Gọi H là hình chiếu vuông góc điểm A’ trên mặt phẳng (ABCD) I,J là hình chiếu điểm H trên các cạnh AD và AB Diện tích đáy ABCD là: S AB AD 2a (đvdt) D' C' A' B' 0,25 đ D C I H A J B Vì AD (A’HI)=>A’IH=60 AB (A’HJ)=>A’JH=300 A' H A ' H Xét A’HJ vuông H: HJ= tan 30 A' H A'H Xét A’HI vuông H: HI= tan 60 A ' H 10 AH HJ HI A ' H 3 => Xét A’HA vuông H: 10 A ' H 13 A ' H A'A AH A ' H A' H 3 0,25 đ 0,25 đ (5) 13 A ' H a a2 A' H 13 V S ABCD A ' H 2a Thể tích khối hộp: a3 a P Ta có: a 2a 3 13 13 (đvtt) 0,25 đ b 3 2 c c 5 b b a ab 2c 2a 2b 2c a b b a P ab 2c a b 3 a, b 1; b a 2 a b b a => và dấu “=” a=b a b 2c đồng thời a b 2c a b 2c 0,5 đ dấu “=” a=b=2c ab a b dấu “=” a=b P a b 2c Đặt 2 a b 2c a b 2c => Câu V 6 t 3; a b 2c =t=> 6 t 2t t 3; f t t 1 Xét hàm số: với 6 f ' t 1 0 t 3; 2 t 1 với BBT: 0,25 đ t f’(t) + 34 99 50 f(t) Câu VI 0,25 đ Vậy PMin 5 cho a=b=1;c= 1) Gọi tọa độ điểm B(2yB;yB)=>A(8-2yB;4-yB) Phương trình đường thẳng CI là: 2x+y-10=0 Gọi tọa độ điểm C(xC;10-2xC) 0,25 đ (6) CI xC AB 20 yB => ; => diện tích tam giác ABC là: S ABC CI AB 10 yB xC xC yB 2 xC yB yB xC 1 xC yB yB xC 10 4 xC k yB M BC CM k MB 11 9 xC k yB vì yB 3 Vì xC yB yB xC 16 0 (3) y xC y B y B xC B x y yB xC 16 0 yB Từ (1) và (3): C B (loại) xC y B y B xC 10 yB 3 x y yB xC 16 0 xC 2 Từ (2) và (3): C B Vậy tọa độ các đỉnh tam giác ABC là: A(2;1), B(6;3), C(2;6) 2) Tọa độ giao điểm (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz là A(6;0;0), B(0;3;0), C(0;0;3) Gọi phương trình mặt cầu (S): x2+y2+z2+2Ax+2By+2Cz+D=0 Điều kiện: A2+B2+C2-D>0(1) Vì mặt cầu (S) qua điểm A, B, C, O ta có hệ phương trình: A D B 36 12 A 0 B C 9 6C 0 D 0 thỏa mãn điều kiện (1) 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 3 3; ; Vậy phương trình mặt cầu (S): x +y +z -6x-3y-3z=0 có tọa độ tâm I( 2 2 ) bán kính Gọi H là hình chiếu vuông góc I trên (P) => phương trình đường thẳng x 3 t y 2t 3 H t ; t ; 2t z t 2 IH là: R 8 5 H P H ; ; 3 6 Vì 0,25 đ (7) 8 5 H P H ; ; IH 1 6 Vì 27 r R IH 1 2 Gọi bán kính (C) là r ta có: z z z z 0 z 1 z z z 0 (1) z1 1 z z3 1 i z 1 i Không tính tổng quát ta gọi nghiệm của(1)là 1 1 1 S 1 2 z1 z2 z3 z4 1 i 1 i Thay và biểu thức Câu VII 0,25 đ Thí sinh điểm tối đa giải bài toán đúng theo cách khác 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ (8)