ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A doc

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m 1.. Xác định m để đồ thị hàm số 1 có ba điểm cực trị cùng với gốc tọa độ tạo thành một tứ giác nội tiếp trong đường tròn.. Tính bán

SỞ GD VÀ ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI

Môn thi: Toán học

Năm học: 2010-2011

Ngày thi: 27 tháng 3 năm 2011 Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y x 4  2mx2  2m (1), với m là tham số thực

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m 1

2 Xác định m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị cùng với gốc tọa độ tạo thành một tứ giác nội tiếp trong đường tròn Tính bán kính của đường tròn

đó ứng với m vừa tìm được

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình cos 2 cos 1 sin

1

4 sin

x x



 

    

  

2 Giải bất phương trình

log x  log x 2



Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân 2

0

sin

5 3cos 2

x

x







Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp S ABCD. có SA a 2và tất cả các cạnh còn lại có độ dài bằng a

Hãy chứng minh đường thẳng BD vuông góc với mặt phẳng SAC và tính thể tích

khối chóp S ABCD. theo a

Câu V (1,0 điểm)

Cho các số thực dương a b c, , thay đổi luôn thoả mãn a b c   1

Chứng minh rằng: a2 b b2 c c2 a 2.

Câu VI (2,0 điểm)

1) Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, điểm

 3;1

M là trung điểm của cạnh AB, đỉnh C thuộc đường thẳng x y   6 0 và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương trình 2x y  0 Tìm tọa độ các đỉnh A B C, ,

2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P x:  2y 2z  1 0 và mặt cầu  S x: 2 y2 z2  4x 6y 6z 17 0  Chứng minh rằng mặt phẳng  P cắt mặt cầu  S theo một đường tròn Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó

Câu VII (1,0 điểm)

Tìm phần ảo của số phức z, biết   2 

3 1 2 3

8 6 4 2

-2 -4 -6 -8

f x   = x  4 -2x 2  +2

Năm học 2010-2011 (lần 2)

I 1 Khi m 1 hàm số (1) trở thành y x 4  2x2  2

 Tập xác định: 

 Sự biến thiên: y'  4x3  4 ;x y'    0 x 0;x  1 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng   ; 1 , 0;1  

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  1;0 , 1;   0.25

-Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x  1; y CT  1

Hàm số đạt cực đại tại x 0; y CD  2

-Giới hạn: lim

Bảng biến thiên:

x  -1 0 1 

'

y - 0 + 0 - 0 +

y  2 

1 1 0.25

Đồ thị

0.25 2) y x 4  2mx2  2 ;m y'  4x3  4mx 4x x 2 m    0 x 0 x2 m

Hàm số có ba điểm cực trị  phương trình y'  0 có ba nghiệm

phân biệt và y' đổi dấu khi x đi qua ba nghiệm đó  m 0

Khi m 0 thì ba điểm cực trị của đồ thị là

0; 2 ,  ; 2 2 , ; 2 2

A m B  m m m C m m m Ba điểm cực trị A B C, ,

tạo thành tam giác cân tại A, trung trực của đoạn thẳng BC là trục

tung Gọi d là đường trung trực của đoạn thẳng AC, d có phương

trình

2

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

2 2

m

    

0.50

Tứ giác ABOC nội tiếp trong một đường tròn khi và chỉ khi IA IO

hay I là trung điểm của AO Khi đó

1 5 1

2

m

m



   



Với m 1 thì R 1; Với 1 5

2

2

0.50

II 1 Điều kiện sinx 0 và cotx  1 0

Khi đó pt tương đương: 2 sin cos 2 cos 1 cot 1 sin

4

 

sin cos cos 2 cos 1 cos sin sin cos 2 cos 0

sin

x



0.25

2

2 cos x cosx 1 0 cosx 1

       (loại) hoặc cos 1

2

x

0.25

2 3

2 Điều kiện x 0 và x 1 Khi đó vì x 0 nên x  2 2;

log x  2 log 2 0  và vế phải của bất pt đã cho dương

0.25 Nếu log2x    0 0 x 1 thì bất pt đã cho luôn nghiệm đúng

Nếu log2x   0 x 1 thì bất pt đã cho tương đương với

2

log x log x   2 x x  2 x     x 2 0 x 2 0.50

Vậy bất pt đã cho có tập nghiệm là  0;1 2;  0.25

Đặt t cosxdt  sinxdx Khi x 0 thì t 1, khi

2

x thì

0

t

2 2

1 5 3 2 1 0 6 2

I

t t





dx I

x







0.50

x udx  u du Khi x 0 thì u 0, khi x 1 thì

3

u .

2

1

1 tan

3

6 tan 2 3

u du

u







0.50

IV Do B D, cách đều S A C, , nên BDSAC Gọi O ACBD

Các tam giác ABD CBD SBD, , là các tam giác cân bằng nhau có đáy

BD chung nên OA OC OS  Do đó tam giác SAC vuông tại S 0.50

Ta có 2 2 2 1 2 2 1 2 2

a

BO AB OA  AB  AC  AB  SA SC 

 

S ABCD S ABC B SAC

6

0.50 V

Ta có: a2 b a1 b c b a b

a

  

Tương tự, bất đẳng thức đã cho trở thành:

Theo bất đẳng thức Cô-si ta có:

3

a b b c c a a b b c c a

b c c a a b b c c a a b

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi 1

3

a b c  

0.25

VI Gọi I là trung điểm của BC Ta có I u u C t t ; 2 ,  ;  6

Suy ra B u t u t2  ; 4   6 , A 6 2  u t ;8 4  u t 

Vì A thuộc trung tuyến 2x y  0 nên

2 6 2  u t   8 4u t     0 t 4 Vậy C 4; 2 0.50

2 2 ; 4 4 , 2 4; 4 2

A  u  u B u u

4 2;8 6 ,  6 2 ; 2 4 

AB u u AC   u   u

Tam giác ABC vuông tại A nên

2

AB AC  u   u  u   u     u u

 

Với u 0, suy ra A  2; 4 ,B 4; 2  

2

u , suy ra A  1; 2 ,  B 7;4 Tóm lại A  2; 4 ,B 4; 2  ,C 4; 2 hoặc A  1; 2 ,  B 7;4 , C 4; 2 0.50

2  S có tâm I2; 3; 3   , bán kính R 5

( ,( )) 1

Gọi H và r lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến,

H là hình chiếu vuông góc của I trên  P

 ,( ) 1, 2 2 2

Tọa độ H x y z; ;  thỏa mãn

2

3 2

3 2

2 2 1 0

 



   



   



    

Giải hệ, ta được 5; 7; 11

3 3 3

-Hết -Thạch Thành, ngày 20 tháng 3 năm 2011.

Người ra đề và làm đáp án: BÙI TRÍ TUẤN Mọi thắc mắc về đề thi và đáp án này xin gửi về bui_trituan@yahoo.com