DEDAP AN THI THU DH KHOI A THPT MINH CHAU LAN 3

Hãy lập phương trình đường thẳng qua trực tâm của tam giác ABC, nằm trong mặt phẳng ABC và vuông góc với đường thẳng d.. Câu VIIb 1,0 điểm Tìm tất cả các số thực trình.[r]

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT MINH CHÂU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2011-2012 Môn thi: TOÁN; Khối: A,B,A1 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi : 12.5.2012 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH.( điểm )  2b  0   b    b  c  0 c 5 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 a 15 Câu II: (2,0 điểm) Giải phương trình: VN ACM  a3 15 18 3VN ACM 4a 15  S ACM 91 Giải hệ phương trình:  (0;1] Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật ,cạnh AB=a, AD=2a Tam giác SAC nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy,gọi M là trung điểm SD ,N là điểm trên cạnh SC cho SC=3SN Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ N đến mặt phẳng (ACM) x y z   Câu V: (1,0 điểm) Cho ba sè x,y,z x  y 1  z thoả mãn: y  z z  x xy  z T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: P=  (0;1]  (x  1)( y  1) 0  xy 1x  y II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VIa (2,0 điểm) 1.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 VIIa (1,0 điểm) Gọi phức tính tổng: xy  z là bốn nghiệm phương trình P  y z x z 1  y x  x 1 z z xy 1 z2 trên tập số x y a  ;b  ;c  z x z B THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb (2,0 điểm) Trong mp(Oxy),lập phương trình chính tắc elíp (E) biết nó có đỉnh và tiêu điểm (E) tạo thành tam giác và chu vi hình chữ nhật sở (E) là :12(2+ √ ) Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc (Oxyz), cho điểm #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ đường thẳng (d) có phương trình là: Hãy lập phương trình đường thẳng qua trực tâm tam giác ABC, nằm mặt phẳng (ABC) và vuông góc với đường thẳng (d) ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ Câu VIIb (1,0 điểm) Tìm tất các số thực trình ÐÏ#à ¡±#á# # #############;# # þÿ #### # ### # ############### # ### # ####þÿÿÿ####### #ÿÿÿÿ ÿ ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ ÿ ÿÿÿ ÿ ÿÿÿ cho số phức ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ và ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ ÐÏ#ࡱ#á# ####### #### #;## þÿ #### #### ####### #### #### #### ####þÿÿÿ# #### #ÿÿÿ ÿÿÿÿ ÿÿÿÿ ÿÿÿÿ ÿÿÿÿ ÿÿÿÿ ÿÿ là nghiệm phương #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ -Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:…………… …………….Số báo danh: ………………………… TRƯỜNG THPT MINH CHÂU -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 = a 15 ⇒  TXĐ: D = R VN ACM  a3 15 18 , 3VN ACM S ACM  0,25 đ 4a 15 91  (0;1] BBT:  x - ∞ y/ + + ∞ - 0,25 đ + + ∞ y - ∞ Hàm số đồng biến: (- ∞ ; 1),(3;+ ∞ ) Hàm số nghịch biến: (1;3) fCĐ = f(1) = fCT = f(3) = -2 x y z Khi y’’ =6x-12=0 y  z  z  x  xy  z =>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: -2 0,5 đ  (0;1]  ( x  1)( y  1) 0  xy 1  x  y xy  z P  x z y 1 z  y x x 1 z  (1) 0,25 đ z xy 1 z2 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: a 0,25 đ x y ;b  ;c  z x z xx xy  z   1 yz z 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 a b c   , ab c 1 b 1 a 1 ab  0,25 đ 1    ( ab  1)( a  b)2 0 b 1 a 1 1 ab Theo định lý viét ta có: (4) Câu II Thay (4) vào (3) ta được: 1) Giải phương trình: ab 1 0,25 đ (tm) a b a b  ( 1)  ( 1)  b 1 a 1 b  a 1 1 (a  b 1)(  )  (2 ab 1) 2 b 1 a 1  ab a b ab    b 1 a 1  ab a b c ab     b  a  ab  1  ab  ab 0,25 0,5 đ 0,25 đ 2) Giải hệ phương trình: ab 1 2t (1)  t  1 t 2t P    f (t ) Điều kiện:  t  t ) Thay (3) vào (2) ta được: 2(t  1) (t  t  1)  t  (1; ) (1  t ) (t  1) 0,25 đ điều kiện: 0,25 đ   f (t )  f (1)  Thay (4) vào (2) ta được:  x  y  z 1 =>x=2(tmdk) 0,25 đ 0,25 đ Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x;y) 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 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 x x e ln xdx e ln x  Đặt I2= e e e ex ex e dx  e  dx   x x 1 ex dx ee 1  ee  ee   Vậy I=I1+I2+ x = e 0,25 đ e ex ex dx  dx ee 1   x x 1 0,25 đ Câu VIa 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)   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)  yB    xC y B  y B  xC     x y  yB  xC  16 0  xC   Từ (1) và (3):  C B (loại)  xC y B  y B  xC  10  y 3  B  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 0  B  36  12 A 0     9  B 0 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 0,25 đ 3 3; ; Vậy phương trình mặt cầu (S): x2+y2+z2-6x-3y-3z=0 có tọa độ tâm I( 2 ) bán kính Gọi H là hình chiếu vuông góc I trên (P) => phương trình đường thẳng   x 3  t    y   2t  3     z   2t  H   t ;  2t ;  2t  IH là: R 8 5 H  P  H  ; ;  3 6 Vì 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 Câu VIIa  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 VIb(2,0đ) 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ (1,0 điểm) x2 y  1 (a>b>0) b Gọi PT chính tắc elíp (E) là : a Do các đỉnh trên trục lớn và F1 , F2 thẳng hàng nên F1 , F2 cùng với đỉnh B(0;b) trên trục nhỏ tạo thành tam giác  BF F1 F2   c  b 4c BF  BF ( ld )  2 BF1 F2  b 3c 3(a  b )  3a 4b (1) HCN sở có chu vi : 2(2a+2b)=12(2+ √ )  a  b 6  3 (2) 3a 4b (1) a 6    b 3 Ta có hệ PT: a  b 6  3 (2) x2 y  1 Vậy PT chính tắc elíp (E) là : 36 27 (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 Ta có ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ nên phương ################# ###################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ trình mặt phẳng (ABC): 0,25 ÐÏ#ࡱ#á### ############# ;###þÿ ########### ############# #############þÿÿ ÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿ ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ ÿÿÿÿÿÿÿÿ Gọi trực tâm tam giác ABC là , đó ta có hệ: ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ 0,25 ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ Do đường thẳng ÐÏ#ࡱ#á## #### ####### ;###þÿ ########## #### ####### #### ####### þÿÿÿ##### ##ÿÿÿÿÿ ÿÿÿÿ ÿÿÿÿÿÿÿ ÿÿÿÿ ÿÿÿÿÿÿÿ ################# nằm (ABC) và vuông góc với (d) nên: ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ ################# ###################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ Vậy đường thẳng ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ và có vtcp #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ nên ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ ÐÏ#ࡱ#á## #### ####### ;###þÿ ########## #### ####### #### ####### þÿÿÿ##### ##ÿÿÿÿÿ ÿÿÿÿ ÿÿÿÿÿÿÿ ÿÿÿÿ ÿÿÿÿÿÿÿ qua điểm 0,5 ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ VIIb Ta có ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ ################# ###################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ 0,25 ################# ###################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ 0,25 ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ Do đó #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ Theo giả thiết ta có ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ 0,25 ################# ###################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ Vậy #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ 0,25 0.5 0.25 3VN ACM 4a 15  S ACM 91 0.25 ,y,z  (0;1] thoả mãn: x  y 1  z x y z   há nhÊt cña biÓu thøc: P = y  z z  x xy  z x,y  (0;1]  ( x  1)( y  1) 0  xy 1  x  y y x P z  x  z x y y x xy a  ;b  ;c  1 1 1 xy  z z z z z x z uy Ta có Đặt x x a b c   1   , ab c 1 y z z Khi đố P= b  a  ab  1    ( ab  1)( a  b ) 0  a  1  ab luôn đúng ab 1 0.25 0.25 b a b (  1)  (  1)  a 1 b 1 a 1 1 b  1)(  )  (2 ab  1) 2 b 1 a 1  ab ab  1  ab a b c ab     P= b  a  ab  1  ab  ab Đặt t= ab 1   f (t ) t 1 t2 2t  )=  t  t liên tục trên [1; ) 1)2 (t  t  1)  t  (1; )  t )2 (t 1) đồng biến trên [1;+  )  f (t )  f (1)  Dấu “=” xảy và  y  z 1 Vậy GTNN P x=y=z=1 Thí sinh điểm tối đa giải bài toán đúng theo cách khác