Đang tải... (xem toàn văn)
Tìm các giá trị thực của m để Cm có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân.. Cạnh bên SA vuông góc với đáy.[r]
(1)www.MATHVN.com SỞ GD& ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT LÊ LỢI Đề chính thức ĐỀ THI KSCL CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC (Lần III) NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn: Toán Ngày thi 12/5/2012 Thời gian: 180 phút ( Không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm: Cho hàm số y = x + ( m − ) x + m2 − 5m + ( Cm ) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = Tìm các giá trị thực m để (Cm) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành tam giác vuông cân Câu II:(2,0 điểm) Giải phương trình: tgx – 3cotg3x = 2tg2x 1 Giải bất phương trình sau trên tập số thực: ≤ x + − 3− x − 2x Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân I = ∫ π x + sin x dx + cos x Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật , với AB=3a ,AD =2a Cạnh bên SA vuông góc với đáy Góc mặt phẳng (SBC) và đáy 600.Gọi M là trung điểm CD Tính thể tích khối chóp SABM và khoảng cách đường thẳng SB và AM x3 + y + 16 z Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z ≥ thoả mãn x+y+z > 0.Tìm giá trị nhỏ P = ( x + y + z) PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần( phần A phần B) A.Theo chương trình chuẩn Câu VI a.(2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy Cho tam giác ABC cân A có chu vi 16 A, B thuộc đường thẳng d: 2 x − y − 2 = và B, C thuộc trục Ox Xác định toạ độ trọng tâm tam giác ABC Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( ; - ; ) , đường thẳng ∆ và mp ( P) có x y−2 z phương trình ∆ : = = , ( P ) : x – y + z - = Viết phương trình tham số đường thẳng 2 d thỏa mãn các điều kiện: Đi qua A , nằm ( P) và hợp với đường thẳng ∆ góc 900 Câu VII a (1,0 điểm) Cho z1 , z2 là các nghiệm phức phương trình z − z + 11 = 2 z + z2 Tính giá trị biểu thức ( z1 + z2 ) B Theo chương trình nâng cao Câu VI b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B và C nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + = và d2: x + 2y – = Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG x − y −3 z −3 Trong không gian Oxyz cho điểm A(3;2;3) và hai đường thẳng d1 : = = và 1 −2 x −1 y − z − d2 : = = Chứng minh đường thẳng d1; d2 và điểm A cùng nằm mặt −2 phẳng Xác định toạ độ các đỉnh B và C tam giác ABC biết d1 chứa đường cao BH và d2 chứa đường trung tuyến CM tam giác ABC x = + log y Câu VII b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: x x +1 y = y + Hết - www.MATHVN.com (2) www.MATHVN.com ĐÁP ÁN THI KSCL CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC(Lần III) NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn: Toán SỞ GD& ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT LÊ LỢI CÂU Ý 1a ĐIỂM NỘI DUNG Với m =1 Khảo sát hàm số f ( x ) = y = x − x + (C) 1.TXĐ: D = R Sự biến thiên hàm số: * Giới hạn vô cực: lim f ( x ) = +∞ : lim f ( x ) = +∞ x → −∞ * Bảng biến thiên: x → +∞ ( ) f ' (x ) = y ' = x − x = x x − y ' = ⇔ x = 0; x = −1; x = x -∞ -1 y’ + 0 y +∞ 0,25 0,25 +∞ + +∞ 0 0,25 * Hàm số đồng biến trên khoảng (− 1;0) và (1;+∞ ) , nghịch biến trên khoảng (− ∞;−1) và (0;1) *Hàm số đạt cực tiểu x = ±1; y CT = , đạt cực đại x = 0; y CD = Đồ thị: 4 4 * Điểm uốn: y ' ' = 12 x − , các điểm uốn là: U − ; , U ; 9 * Giao điểm với các trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) và C(1; 0) * Hàm số là chẵn trên R nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng * Đồ thị: ( HS tự vẽ hình) 1b 0,25 Tìm tham số m: Ta có f ' ( x ) = x + 4(m − )x = ⇔ x = 0; x = − m * Hàm số có CĐ, CT f’(x)=0 có nghiệm phân biệt và đổi dấu : m < (1) Toạ độ các điểm cực trị là: A(0; m − 5m + 5), B − m ;1 − m , C − − m ;1 − m * Do tam giác ABC luôn cân A, nên bài toán thoả mãn vuông A: ( ) ( 0,25 ) AB AC = ⇔ (m − 2) = −1 ⇔ m = vì đk (1) 0,25 ( ) ( Trong đó AB = − m ;− m + 4m − , AC = − − m ;− m + 4m − Vậy giá trị cần tìm m là m = 0,25 ) 0,25 Điều kiện: cos2x ≠ 0; cosx ≠ 0; sin3x ≠ tgx – 3cot3x = 2tg2x <=> tgx – cotg3x = 2(tg2x + cotg3x) ⇔ 0,25 sin x cos 3x sin 2x cos 3x − = 2( + ) cos x sin 3x cos x sin 3x - cos4x cos2x = cos2x<=>(2cos22x - 1)(cos2x) +1 +cos2x = 0<=> cos32x = - Đối chiếu điều kiện: cosx ≠ <=> cos2x ≠ <=> + cos x ≠ <=> cos2x ≠ -1 sin3x ≠ <=> sinx(3 – 4sin2x) ≠ <=> sin2x ≠ www.MATHVN.com 0,25 (3) www.MATHVN.com sin2x ≠ 2a ⇔ { − cos x ≠0 − cos x ≠ ⇔ cos x ≠ { cos 2x≠− α => cos 2x = - (thoả mãn ĐK)<=> cos2x = = cos α ⇔ x = ± + kπ 2 0,25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: α x = ± + kπ, k ∈ Z với cos α = − 2 0,25 Giải bpt 2b ≤ x + − 3− x − 2x − ≤ x < * ĐK: x≠ * Với − ≤ x < : x + − − x < 0, − x > , nên bpt luôn đúng * Với < x < : Bpt ⇔ x + − − x ≥ − 2x ⇔ x − 11x + 15 ≤ x − 2 ≤x< Ta có: 2 ⇔2≤ x< 2 x − x − ≥ 1 5 Vậy tập nghiệm bpt là: S = − 2; ∪ 2; 2 2 π I= 0,25 0,25 0,25 0,25 π 3 dx dx = ∫π sin x cos x ∫π sin 2 x cos x 0,25 Đặt : t = tanx Đổi cận: x = x= (1 + t ) dt = Khi đó I = ∫ t2 3 π 0,25 1 t3 ∫1 ( t + + t )dt = (− t + 2t + ) = 3−4 π 3 dx dx I=∫ = ∫ 2 π sin x cos x π sin x cos x 4 Đặt : t = tanx Đổi cận: x = x= www.MATHVN.com 0,25 (4) www.MATHVN.com 0,25 (1 + t ) dt 1 t3 3−4 = ( + + t ) dt = ( − + t + ) = ∫1 t ∫1 t t 3 * Hình thoi ABCD có góc A=120 và tâm O nên tam giác ABC : a a OB = BD = và AB = AC = 0,25 2 Đặt I là trung điểm BC thì AI ⊥ BC ; AI = OB Mà SA ⊥ mp( ABCD ) ⇒ BC ⊥ SI Do đó ∠SIA là góc mp(SBC) và mp(ABCD) vì Khi đó I = 2 ∆SAI vuông A : ∠SIA = 60 ⇒ SA = AI tan 60 = a 0,25 * Kẻ OK ⊥ SC K thì mp(BD;OK) là mp(α) SC AC OC AC SC SC = ⇔ KC = ⇔ = (1) Khi đó ∆ASC ~ ∆KOC : OC KC SC KC OC AC SC SA 13 SA = Lại OC = AC ; SC = SA + AC , nên = 21 + = KC AC HK Trong đó H là hình chiếu K trên mp(ABCD) và H thuộc AC * Ký hiệu V, V1, và V2 là thể tích hình chóp S.ABCD, K.BCD và phần còn lại 0,25 S ABCD SA V SA = = = 13 hình chóp S.ABCD: V1 S BCD HK HK V V V V1 + V2 * Ta được: = = + = 13 ⇔ = 12 0,25 V1 V1 V1 V1 S A B K I O H D C ( x + y) Trước hết ta có: x3 + y ≥ Đặt x + y + z = a Khi đó (với t = (biến đổi tương đương) ⇔ ⇔ ( x − y ) ( x + y ) ≥ ( x + y) 4P ≥ + 64 z a3 (a − z) = + 64 z a3 = (1 − t ) + 64t 3 0.25 z , ≤ t ≤1) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t ∈ [ 0;1] Có f '(t ) = 64t − (1 − t ) , f '(t ) = ⇔ t = ∈ [ 0;1] 0.25 0.25 Lập bảng biến thiên ⇒ Minf ( t ) = t∈[ 0;1] 64 16 ⇒ GTNN P là đạt x = y = 4z > 81 81 www.MATHVN.com 0.25 (5) www.MATHVN.com * B = d ∩ Ox = (1;0) Gọi A = (t;2 t - 2 ) ∈ d H là hình chiếu A trên Ox ⇒ H(t;0) H là trung điểm BC 6a * Ta có: BH = |t - 1|; AB = (t − 1) + (2 2t − 2) = 3|t - 1| ∆ ABC cân A ⇒ chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1| t = * ⇒ 16 = 8|t - 1| ⇔ t = −1 * Với t = ⇔ A(3;4 ), B(1;0), C(5;0) ⇒ G( ; ) −4 ) Với t = -1 ⇔ A(-1;-4 ), B(1;0), C(-3;0) ⇒ G( −1 ; 0,25 0,25 0,25 0,25 Gọi ud , u∆ , nP lần lươt là các vtcp đt d , đt ∆ và vtpt mp ( P) Đặt ud = (a; b; c), (a + b + c ≠ 0) Vì d nằm ( P) nên ta có : nP ⊥ ud => a – b + c = b = a + c ( ) Theo gt : góc đt 450 ⇔ Góc vtcp 450 a + 2b + 2c = ⇔ 2(a + 2b + c) = 9(a + b + c ) (2) 2 2 a + b + c c = Thay (1) vào ( 2) ta có : 14c + 30ac = ⇔ 15a c = − * Với c = : chọn a = b = Ta có ptts d là : x = + t ; y = - – t ; z = * Với c = - 15a / chọn a = , c = - 15 , b = -8 ta có ptts d là : x = + t ; y = - – t ; z = – 15t 1.Giả sử B( xB ; yB ) ∈ d1 ⇒ xB = − yB − 5; C ( xC ; yC ) ∈ d ⇒ xC = −2 yC + 6b xB + xC + = Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: yB + yC + = Từ các phương trình trên ta có: B(-1;- 4) ; C(5;1) Ta có BG (3; 4) ⇒ VTPT nBG (4; −3) nên phương trình BG: 4x – 3y – = 81 ⇒ phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 25 d1 qua M0(2;3;3) có vectơ phương a = (1;1; −2) d2 qua M1(1;4;3) có vectơ phương b = (1; −2;1) Ta có a, b ≠ và a, b M M = d1 cắt d2 (d1,d2) : x + y + z – = ⇒ A ∈ (d1,d2) t +5 t +5 B(2 + t;3 + t;3 - 2t); M ; ;3 − t ∈ d2 ⇒ t = - => M(2;2;4) C( 1+u;4-2u;;3+u) : AC ⊥ a ⇒ u = ⇒ C(1;4;2) Bán kính R = d(C; BG) = www.MATHVN.com 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (6) www.MATHVN.com Giải pt đã cho ta các nghiệm: z1 = − 3 i, z2 = + i 2 0,25 7a 3 22 Suy | z1 |=| z2 |= + ; z1 + z2 = = 2 z + z2 11 Đo đó = = ( z1 + z2 ) 7b x = + log y Giải hệ phương trình x x +1 y = y + * ĐK : y > Phương trình ẩn y có nghiệm là: y = -2x (loại) và y = 2x+1 * Với y = 2x+1 thay vào pt (1) có: x = + log x +1 ⇔ x − x − = giải pt thì x = -1 và x = * Với x = -1 thì y = 1, Nghiệm (x; y) là: (-1;1) Với x = thì y = 32, Nghiệm (x;y) là: (4;32) www.MATHVN.com 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (7)