chiều cao bằng 4,8, hai đường chéo nằm trên hai trục tọa độ .Viết phương trình chính tắc của Elíp E đi qua hai đỉnh đối diện của hình thoi và nhận hai đỉnh đối diện còn lại làm hai tiêu [r]
(1)SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG BỒI DƯỠNG LẦN III MÔN TOÁN – KHỐI A, B Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao đề) I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( điểm) Câu 1(2,0 điểm) Cho hàm số y x x mx (m là tham số) có đồ thị (Cm) 1.Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số m = Tìm m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu cách đường thẳng y x Câu 2(2,0 điểm) ( x 1) y ( y 1) x xy (1) x y y x xy (2) 1.Giải hệ phương trình: 48 (1 cot x.cot x) 0 cos x sin x Giải phương trình: cos x sin x dx sin x Câu (1,0 điểm):Tính tích phân I = Câu4 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng (P) cho đường tròn (T) đường kính AB = 2R C là điểm di động trên (T) Trên đường thẳng d vuông góc với (P) A lấy điểm S cho SA = R H, K là hình chiếu A lên SB và SC Tìm tập hợp điểm K C chạy trên(T) Tìm giá trị lớn thể tích tứ diện SAHK Câu (1,0 điểm) ) Cho x, y, z 0 thoả mãn x + y + z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức x y 16 z P x y z II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)Thí sinh làm hai phần(phần A B) A theo chương trình chuẩn Câu 6a.(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thoi có cạnh 5, chiều cao 4,8 Hai đường chéo nằm trên hai trục Ox và Oy Viết phương trình chính tắc elip (E) qua hai đỉnh đối diện hình thoi và nhận hai đỉnh đối diện còn lại làm hai tiêu điểm Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d1: x − y −1 z+ = = −1 −2 d2: x − y +3 z = = Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng d1 và d2 Câu 7a (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức C: z z z z 0 B theo chương trình nâng cao Câu 6b(2,0 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A(-m; 0), B(m; 0), m là số thực dương Một điểm M chuyển MAB v à MBA động cho hiệu số đo hai góc tam giác MAB có giá trị tuyệt đối luôn Tìm quĩ tích điểm M 2.Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz,cho tam giác ABC biết: A(2; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 1) Tìm tọa độ tâm và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC y 4x xy 2x 4 5 x x y3 y Câu 7b.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: Hết (2) SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG ĐÁP ÁN KIÊM BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM HỌC 2011-2012- MÔN TOÁN Câu (2,0đ) .Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số m = Khi m =1 hàm số đã cho là số y x x 0,25 Tập xác định: R 2.Sự biến thiên: 0,25 lim y ,lim y x a các giới hạn: x b Chiều biến thiên y , 3 x x x 0 3x x 0 , y 0 x 2 , Dấu y + + _ Hàm số ĐB trên các khoảng ( ;0) và (2;+) , NB trên khoảng (0;2) Hàm số đạt CĐ x = 0, yCĐ = Hàm số đạt CT x = 2, yCT = -2 c.Bảng biến thiên: x -oo + y' +oo _ 0,25 + +oo y -oo -2 c.Đồ thi: Điểm uốn: I(1, 0) Đồ thị cắt trục tung y = 2, cắt Ox x = và x = 0,25 (3) y 1- 1+ O Đồ thị nhận điểm I(1; 0) làm tâm đối xứng Tìm m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu cách đường thẳng y x Ta có: y ' 3 x x m Hàm số có CĐ, CT y ' 3x x m 0 có nghiệm phân biệt x1 ; x2 ' 9 3m m (*) A x1 ; y1 ; B x2 ; y2 Gọi hai điểm cực trị là 1 m 1 2m y x y ' 2 x 3 3 3 Thực phép chia y cho y¢ ta được: 1,0 0,25 0,25 m m 2m 2m y1 y x1 x1 ; y2 y x2 x2 3 3 Phương trình đường thẳng qua điểm cực trị là : m 2m y 2 x 3 Các điểm cực trị cách đường thẳng y x xảy trường hợp: TH1: Đường thẳng qua điểm cực trị song song trùng với đường 2m 1 m (thỏa mãn) thẳng y x 0,25 (4) TH2: Trung điểm I AB nằm trên đường thẳng y x 0,25 y1 y2 x1 x2 m 2m 1 x1 x2 x1 x2 2 3 2m 2m 6 m 0 y I xI 3 m 0; 2 Vậy các giá trị cần tìm m là: Câu (2,0 đ) ( x 1) y ( y 1) x xy (1) x y y x xy (2) 1.Giải hệ phương trình: 0,25 .Điều kiện x 1, y 1 Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: x 1 x xy x 1 y x 1 2 (3) dấu xảy và x 1 y 1 y xy y 1 x y 1 2 (4) dấu xảy và 0,25 y 1 Cộng (3) với (4) theo vế ta có x y y x xy Dấu xảy và x 1 x y 2 y 1 (5) Do (5) suy phương trình (2) hệ có nghiệm x = y = Thay x = y = vào (1) thỏa mãn Vậy hệ có nghiệm x = y = 2 Giải phương trình: 48 (1 cot x.cot x) 0 cos x sin x Ký hiệu phương trình đã cho là (*) s inx 0 sin x 0 cos x 0 Điều kiện: 1,0 0,25 Ta có cos2 x cos x cos2 x cos x sin x sinx sin x sinx sin x sin x cos x 2sin x cos x 2sin x (do cosx khác 0) Khi đó cot x cot x 1 (5) 1 1 0 48 4 cos x sin x cos x sin x 4 4 48sin xcos x sin x cos x 3sin x 1 2sin xcos x 3sin x sin 2 x 0 2 sin x 1 sin 2 x (1 cos4 x) cos4 x 0 2 sin 2 x k x k x (k Z ) (*) 48 Câu (1,0đ) 0,25 cos x sin x cos x sin x dx dx (sin x cos x) sin x 0 Tính tích phân: I = = Đổi biến: t sin x cos x dt (cos x sin x) dx ; 0,25 x 0 t 1; x t 0 Đổi cận: dt I 1 4 t Ta có t 2sin u ( u ) dt 2 cos udu 2 Đổi biến: 0.25 t 0 u 0; t u Đổi cận: 0 cos udu du cos u Câu4 (1,0đ) I Ta có : cos udu 4sin u 0,25 0,25 S H A K B C Ta chứng minh SB (AHK) suy mặt phẳng (AHK) cố định Điểm K luôn nhìn đoạnAH góc vuông nên tập hợp điểm K là đường tròn đường kính AH nằm mặt phẳng (AHK) (6) Tứ diện SAHK có đường cao SH không đổi nên có thể tích lớn diện tích đáy AHK lớn Tam giác AHK nội tiếp đường tròn cố định đường kính AH nên có diện tích lớn K là điểm chính cung tròn AH (có hai vị trí K trên đường tròn đường kính AH) 2 2 2 Ta có SB SA AB R R 5R SB R AH SB SA AB AH Lại có 0,25 0.25 SA AB R.2 R R SB R 5 SA2 R2 2R SB R 5 Thể tích VSAHK lớn AK.KH lớn AK = KH 2R AK Hay 2AK2= AH2 0.25 1 R R R3 SH AK 5 75 Vậy Max VSAHK = Cho x, y, z 0 thoả mãn x + y + z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức x y 16 z P x y z 1,0 đ SA2 SH SB SH Câu (1,0đ) x y x y Trước hết ta có: x y x y 0 Đặt x + y + z = a Khi đó z (với t = a , t 1 ) 0,25 (biến đổi tương đương) x y 4P Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t a 64 z 3 0;1 a z a 64 z 3 t 64t Có 0,25 f '(t ) 3 64t t , f '(t ) 0 t 0;1 Lập bảng biến thiên 64 Minf t 81 t 0;1 Câu6a (2,0đ) 16 GTNN P là 81 đạt x = y = 4z > Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thoi có cạnh chiều cao 4,8, hai đường chéo nằm trên hai trục tọa độ Viết phương trình chính tắc Elíp (E) qua hai đỉnh đối diện hình thoi và nhận hai đỉnh đối diện còn lại làm hai tiêu điểm x2 y 1 ( a b 0) b Phương trình chính tắc (E) có dạng a Gọi b là babs trục nhỏ (E), c là khoảng cách từ tâm đến tiêu điểm 2 Ta có b c 25 (1) 0,25 1,0 đ 0,25 Mặt khác diện tích hình thoi là 2bc = 4,8 = 24 (2) (7) b 3 b c 25 c 4 b 4 bc 12 c 3 Từ (1) và (2) có hệ 2 0,25 0,25 b 3 x2 y 2 a 25 ( E ) : 1 25 Trường hợp 1: c 4 Câu7a (1,0đ) b 4 x2 y2 a 25 ( E ) : 1 c 25 16 Trường hợp 1: 0,25 x 7 t x 3 7t ' d1 : y 3 2t , d : y 1 2t ' z 9 t z 1 3t ' Dạng tham số d1và d2 là: u (1; 2; 1); u2 ( 7; 2;3) ; d Véc tơ phương d1, d2 là : qua điểm A(7;3;9), d2 qua điểm B(3;1;1) AB ( 4; 2; 8) u1 , u2 AB 168 0 d1và d2 chéo M d1 M (7 t ;3 2t;9 t ); N d N (3 7t ';1 2t ';1 3t ') NM (4 t 7t '; 2t 2t ';8 t 3t ') MN nhỏ MN là đoạn vuông góc chung hai đường thẳng chéo NM u1 0 6t 6t ' 0 MN d1 t o MN d t ' 0 NM u2 0 6t 44t ' 0 d1và d2 Toạ độ điểm M và N là: M(7;3;9), N(3;1;1) Tâm I mặt cầu(S) là trung điểm M, N suy I(5; 2; 5) 2 Bán kính R = IM hay R IM 21 0,25 2 Vậy mặt cầu (S): ( x 5) ( y 2) ( z 5) 21 Giải phương trình sau trên tập số phức C: z z z z 0 0,25 Nhận thấy z = không phải là nghiệm phương trình (1) Chia hai vế (1) cho z2 ta có 1 1 ( z ) 2( z ) 0 ( z ) 2( z ) 0 z z z z z Z z Đặt Z Z Z 0 Z 3 Ta có phương trình (1) 0,25 0,25 1,0 đ 0,25 0,25 (8) *Trường hợp 1: Z = -1 z z *Trường hợp 2: Z = Câu6b (2,0đ) 0,25 i z z 0 z z 3 3 z z 0 z z Kết luận;: Phương trình (1) có nghiệm 3i 3 z và z 2 Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A((-m; 0), B(m; 0), m là số thực dương Một điểm M chuyển động cho hiệu hai góc MAB và MBA 0,25 1,0 tam giác MAB có giá trị tuyệt đối luôn Tìm quĩ tích điểm M Gọi H là hình chiếu M trên Ox 0,25 Đặt góc MAB a, MBH b Giả sử với hệ trục Oxy đã chọn điểm M(xM; yM) y M b a O A B H x Do M tạo với hai điểm A, B tam giác nên M không trùng với H suy yM MBA ( a ) a 2 *Trường hợp 1:Nếu b > a ta có b = Ta có yM = xM m xM2 m BH tan b ( xM m) tan( a) ( xM m) cot a = (x M m) yM yM 0,25 xM2 yM2 y x m x y m 1 m m Hay ( 1) Do (1) ta suy điểm M chạy trên nhánh phải Hypebol (H) có phương trình x2 y 1 m2 m2 M M 2 M M (9) * Trường hợp : Nếu b < a lập luận tương tự ta có điểm M chạy trên nhánh trái x2 y 1 (H) : m m Do yM 0 M A và M B suy quĩ tích điểm M là đường Hypebol (H) : 0,5 x2 y 1 m2 m2 Trừ hai đỉnh A(-m; 0) và B(m; 0) AB ( 2; 2;0); AC ( 2; 0;1) Toạ độ trung điểm AB là: M(1;1;0), toạ độ trung điểm AC là N(1;0;1/2) Mặt phẳng (ABC) qua A(2;0;0) , x y z 1 x y z 0 B(0;2;0), C(0,0,1) nên có phương trình: 2 Mặt phẳng trung trực AB qua M và nhận AB làm VTPT nên có PT: -2(x-1) + 2(y - 1) = x – y = (P) Mặt phẳng trung trực AC qua N và nhận AC làm VTPT nên có PT: 2( x 1) ( z ) 0 x z 0 (Q) Tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là giao điểm mặt phẳng (ABC),(P) và (Q) Toạ độ điểm I là nghiệm hệ phương trình: x y z 0 x y 0 x z 0 Câu7b (1,0đ) 0,25 0,25 0,25 x 5 y I( ; ; ) 6 6 z 6 Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: R=IA= ( đơn vị dài) y x xy x 4 5 (1) x x y y (2) Giải hệ phương trình: t t Từ (2) xét hàm số: f(t) = t f '(t ) 2 ln 3t 0, t R hàm số f(t) đồng biến trên R Do đó từ (2) f(x) = f(y) x = y x Thay x=y vào phương trình (1): x x (3) x 4 5 x x 5 2( x 1) 3 0,25 0,25 0,25 (10) Đặt f ( x ) x x f '( x ) 4 x 4; f '( x) 0 x 1 2 ( x 1) 3 8 2( x 1) 3 Xét dấu f’(x) suy x x ; mặt khác Phương trình (3) xãy x=1 KL: Hệ đã cho có nghiệm x = y = 0,25 0,25 ( Thí sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa) (11)