Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số lập thành tam giác có diện tích lớn nhất.. Câu III .1điểm.[r]
(1)SỞ GD & ĐT QUẢNG TRỊ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2011 – 2012 Trường THPT Thị xã Quảng Trị Môn Toán khối D Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm ) 2 Cho hàm số y x 2(1 m ) x m 1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên m = 2 Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị đồ thị hàm số lập thành tam giác có diện tích lớn Câu II (2 điểm ) sin x 3sin x cos x 4 x3 y y x Giải hệ phương trình : 2 x x y y Giải phương trình : Câu III (1điểm ) Tính tích phân : I = x ln x x cos x.dx Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA=SB=a, SD= a và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách AC và SD Câu V (1 điểm ) Với số thực x, y thỏa điều kiện 2(x2 + y2) = xy + Tìm GTNN và GTLN biểu x4 y thức: P = xy II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chọn hai phần sau (Phần A phần B) A Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x + 2y – = Tìm m để trên đường thẳng dm: x + my -3 = có điểm M mà từ đó kẻ đến (C) hai tiếp tuyến vuông góc Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-1;0;1) , B(1;2;3) và (P): x – z =0 Tìm M thuộc (P) cho tam giác MAB vuông cân M Câu VIIa ( điểm ) Giải phương trình trên tập số phức: z z z i B Theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ba đường thẳng d1: 3x – y – =0; d2: x + y – = 0; d3: x-3=0 Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết A, C thuộc d3, B thuộc d1 và D thuộc d2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(2;0;0) và M(1;1;1) Mặt phẳng (P) thay đổi chứa đường thẳng AM và cắt các tia Oy, Oz tại: B(0; b; 0), C(0; 0; c) Tìm b và c cho diện tích tam giác ABC nhỏ Câu VIIb ( điểm ) Giải phương trình trên tập số thực : 1 log x ……………………………Hết…………………………… http://dinhhuy1980.violet.vn/ 1 log x x (2) Câu C1.1: 1đ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN II – MÔN TOÁN KHỐI D Lời giải Điểm Khi m = ta có: y x x TXD: D = R Sự biến thiên: y’ = 4x3 + 12x; y’ = x Hàm số đồng biến trên khoảng (0; ) và nghịch biến trên khoảng (;0) Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = và yct = Giới hạn: lim y BBT 0.25 0.25 x x y’ y + 0 - + + + 0.25 0.25 C1.2: 1đ Đồ thị: y’ = 4x3 – 4(1-m2)x = 4x(x2 + m2 – 1); y’ = x x2 = - m2 (1) Hàm số có CĐ, CT, và (1) có nghiệm phâm biệt khác m 1;1 Khi đó tọa các điểm cực trị A(0; m + 1); 0.25 0.25 0.25 B ( m ; m 2m m); C ( m ; m 2m m) S ABC BC.d ( A; BC ) m m 2m (1 m )5 Dấu = xảy 0.25 C2 1: 1đ C2 2: 1đ m=0 PT sin2x + cos2x = sinx + cosx+2 2sinx.cosx–3 sinx+2cos2x–cosx–3= (2cosx-3)sinx + (cosx + 1)(2cosx-3)=0 (2cosx-3)(sinx + cosx + 1)=0 x k 2 1 sinx + cosx =-1 sin x 4 x k 2 x3 y y x (1) 2 x x y y (2) Điều kiện: 1 x 1;0 y 2; Đặt t= x + t 0;2 , 0.25 0.25 0.25 ta có (1) t 3t y y Hàm số f (u ) u 3u nghịch biến trên 0;2 nên 3 0.25 0.25 2 2 t y y x (2) x x (1 x ) x x y Vậy nghiệm hệ là (0; 1) http://dinhhuy1980.violet.vn/ 0.25 0.25 0.25 (3) C3: 1đ I = 2x 1 ln x x cos x.dx Đặt x = -t dx dt t ;x t 2 2 I1 x ln x Đổi cận: x x2 1 cos xdx 2x ln x x2 1 cos xdx cos xdx I1 I2 Với I1 x ln x x cos x.dx 2t ln t t cos t.dt I1 I1 I cos x.dx sinx 0.25 0.25 Vậy I = 0+ = 0.25 0.25 C 4: 1đ S K A D H O C Gọi O AC BD Do (SBD) ( ABCD ) mà AC BD AC SO SAC cân S SA SC a ABC ASC ADC (c.c.c ) SO BO DO BSD vuông S B BD a 3, AC a Kẻ SH BD SH ( ABCD ) SH SB.SD a BD 1 a 18 a VSABCD SH AC.BD 6.3 SB a Kẻ OK SD d ( AC ; SD) OK 2 C5: 1đ Đặt t = xy Ta có: xy 2(( x y )2 xy ) 4 xy xy 0.25 0.25 0.5 1 Và xy 2(( x y ) xy ) xy xy DK : 1 t 0.25 2 2 2 Suy ra: P ( x y ) x y 7t 2t P ' 7( t t ) , P ' t 0(tm), t 1(l ) 0.25 xy 4(2t 1) 2(2t 1) http://dinhhuy1980.violet.vn/ (4) 1 1 P P , P 0 15 Vậy maxP = đạt x x ; y C6a1: 1đ 0.25 y đạt khi: 15 ; minP = x y x ; y x ; 1 y 1 5 ; Đường tròn (C) có tâm I(1; -1), R = Gọi M(x;y) mà từ đó kẻ đến (C) hai tiếp tuyến MA, MB vuông góc (A, B là tiếp điểm) Suy MAIB là hình vuông và MI IA R 2 suy M thuộc (C’) tâm I và bán kính R ' 2 ycbt ( d m ) tiếp xúc (C’) 1 m d (I ; dm ) 2 2 m 2 m2 m2 m2 4m 8m 7m 4m 0(VN ) 0.25 Gọi M(a;b;c) là điểm cần tìm, ta có: AM ( a 1; b; c 1); BM (a 1; b 2; c 3) Theo bài ta có hệ: C7a: 1đ a c M (P ) M A M B b 2c M A M B c C6b2: 1đ 6 3 6 ; ; ) M ( 6 6 3 6 ; ; ) M ( 6 0.5 Ta có: B d1; D d , vì A, C d và d3 / / Oy, nên B và D đối xứng qua d3 Do đó B(2;2), D(4;2) Khi đó A d3 cho tam giác ABD vuông cân A suy A(3;3) A(3;1) Vậy A(3;3); B(2;2); C(3;1); D(4;2) A(3;1); B(2;2); C(3;3); D(4;2) Ta có (P) qua A, B, C, M nên ta có: b c bc bc 16 b c 0.25 0.25 Suy ra: S ABC b c2 4c 4b 162 8.16 AB, AC 0.25 b c Vậy: S đạt bc b c b c C7b: 1đ 0.25 0.25 0.5 Mà AB (2; b;0); AC ( 2;0; c) AB, AC (bc;2c;2b) 0.5 0.5 13 13 z i t 2 t t 3t 3 3 z i t 2 0.25 0.5 Ta có: z z z i z ( z 3) i , mà z R nên z ảo, đặt z = t.i, t R , đó ta có pt: C6b1: 1đ Vậy 0.25 0.25 Vậy không có điểm M cần tìm C6a2: 1đ 0.25 0.25 Điều kiện: x > Ta có: 1 log2 x 1 log2 x x 1 log2 x log2 x 1 log2 x log2 x 2 1 log2 x 1 1 0.25 0.25 http://dinhhuy1980.violet.vn/ (5) 1 Đặt: t = log x (t>0) 1 t Pttt: 2 t t 1 log x x 1 (l ) t http://dinhhuy1980.violet.vn/ 0.25 0.25 (6)