ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC SỐ 30 NĂM HỌC 2011 MÔN TOÁN KHỐI A ppt

Xác định tọa độ đỉnh C, biết C có hoành độ âm.. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A, ∆ ⊥d sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng ∆là lớn nhất.. Tính mô đun của số phức z.. Theo ch

SỞ GD-ĐT KON TUM ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC SỐ 30- NĂM HỌC 2011

TRƯỜNG THPT NGỌC HỒI Khối A, MÔN TOÁN

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y=2x3−3mx2+(m−1)x+1 (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1

2 Tìm m để đường thẳng y=2x+1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm A; B; C phân biệt thỏa mãn điểm C 0;1 nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng 30 ( )

Câu II: (2 điểm)

1 Giải phương trình : cosx+cos3x=2cos(π −5 x)

2 Giải phương trình: 2 3

2 4

2

x

x + x= + .

3 Giải hệ phương trình:

3

8xy

x y





với x ; y∈¡

Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: ( )

2 4

cot x

4sin x cosx sin x

π

π

=

−

∫

Câu IV: (1,0 điểm) ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a và · BAD=600 Cạnh SC vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và 3

2

SC a= Kẻ OK ⊥SA K SA Tính thể tích khối đa , ( ∈ ) diện SCBDK

Câu V: (1 điểm) Cho a, b,c 0> thỏa mãn abc 8= Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P 2a b 6 2b c 6 2c a 6

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Câu VIa: (2điểm)

1 Trong Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(3, -7), trực tâm là H(3; -1), tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là I(-2; 0) Xác định tọa độ đỉnh C, biết C có hoành độ âm

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :x 1 y 2 z

và hai điểm A(1;1;0), B(2;1;1) Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A, ∆ ⊥d sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng

∆là lớn nhất

Câu VIIa: (1điểm) Cho số phức z thỏa mãn z2+ =z 0 Tính mô đun của số phức z

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb:(3điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đường cao BH có phương trình 3x 4y 10 0+ + = , đường phân giác trong góc A là AD có phương trình là x y 1 0− + = , điểm M(0;2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách C một khoảng bằng 2 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm (0;1;1), (1;0; 3), ( 1; 2; 3)A B − C − − − và mặt cầu (S) có phương trình : x2+y2+ −z2 2x+2z− =2 0 Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất

Câu VIIb: Cho số phức z = 6 2 6 2

+ + − Hãy tính z24

3 Câu VIII.b: (1điểm) Giải hệ phương trình :

2

2

log (log 1).log 3







I.2

Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số:y=2x3−3mx2+(m−1)x+1 là

nghiệm phương trình: 2x3−3mx2 +(m−1)x+ =1 2x+1

2

2

= ⇒ =





0,25

Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm A; C; B phân biệt và C nằm giữa A và B khi

và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu ⇔2.(m− < ⇔ <3) 0 m 3 0,25

Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn

3 2 3

2

A B

m

m

x x

 + =







 = +

 ( vì A và B thuộc (d))

(x B x A) (y B y A) 30

2

−

( )

2

0

9

=





 =



m

m

0,25

9

CÂU II

II.1

Phương trình đã cho ⇔cos x cos3x 2cos5x 0+ + = ⇔cos x cos3x 2 cos3x cos5x− + ( + ) =0 0,25

2sin 2x sin x 4 cos 4x cos x 0

2

cos x 0 4cos x sin x cos4x 0

sin x cos4x 0 1

=





0,25

+ cos x 0 x k

2

π

2

−

8



−



0,25

Giải

x

t x= + y= + + = + ⇒y − = Ta được hệ phương trình

2

2

1 1 2 1 1 2

 − =





 − =



Giải thêm chút nữa ta được kết quả!

0,25

ĐS: 3 17, 5 13

x=− − ± x=− ± Hệ phương trình ( )

( )

3

8xy

x y

x x x y 3 0 2



 Khi đó ( )1 ⇔(x2+y2) (x y+ +) 8xy 16 x y= ( + )

( 2 2) ( ) ( )2 ( 2 2) ( )

⇔(x2+y2) (x y 4+ − +) (4 x y x y 4+ ) ( + − =) 0

⇔(x y 4 x+ − ) 2+y2+4 x y( + )=0

( )

x y 4 (t / m)

x y 4 x y 0 (Loai ) do x y 0

+ =



 Thay x y 4+ = vào PT(2) ta được: x3+2x 3 0− =

⇔(x 1)(x− 2+ + =x 3) 0

x 12

x x 3 0 (VN)

=



Với x 1= ⇒ =y 3

CÂU II

Ta có:

4

2 0

tan x

4 tan x cos x

π

=

−

Đặt: tan x t dx2 dt

cos x

= ⇒ = Đổi cận: Với x 0 t 0; x t 1

4

π

Suy ra:

1 0

t.dt I

4 t

=

−

0 0

4 ln 4 t t

I 4ln4 1

3

CÂU IV Hình vẽ

O

C

D

S

K

0,25

Ta có: · 2

ABCD

a 3

S AB.AD.sin BAD

2

3

Và:VSCBKD =VS.ABCD −VA.BKD

BD SC

⊥

đường cao của hình chóp A.BKD

Mặt khác: SCA OKA (g.g) OK SC OK OA.SC OA.SC2 2 a

+ vì: AC 2OA 2.a 3 a 3

2

OK (SAC)

⊥



2 BKD

Ta lại có : SC AC AK AC.OK a (vì SCA OKA )

0,25

Suy ra VABKD 1AK.SBKD 2 a3

Vậy: VSCBKD VS.ABCD VA.BKD a3 2 a3 2 5 2 a3

CÂU V

x= y= z= ⇒x y z> x y z= Khi đó:

P

0,25

Mà ta có: x y+ ≥2 xy x; + ≥1 2 x⇒2x y+ + ≥3 2( xy+ x+1)

P

( Nhân tử và mẫu phân số thứ hai với x ; phân số thứ ba với xy )

xy x

P

xy x

0,25

Vậy P đạt GTLN bằng 1

4 xảy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 2 0,25

Chương trình chuẩn

Câu VIa

M(-3;0)

x-2y-1=0

:2x-3y+14=0

A

H

Ta có n 1; 2r( − ) là VTPT của đường thẳng CH, do AB CH⊥ nên n 1; 2r( − ) là 1 VTCP của

đường thẳng AB, mà AB đi qua M 3;0(− )⇒ phương trình tham số đường thẳng AB:

y 2t

= − +

 = −

 phương trình tổng quát đường thẳng AB: 2x y 6 0+ + =

Mặt khác A∈ ∆ ⇒ = ∆ ∩( ) A ( ) AB do đó tọa độ của A là nghiệm của hpt

( )

A 4; 2

0,25

do M 3;0(− ) là trung điểm của AB do đó ( )

M

B

M

y

2

+





0,25

Do BC //∆ ⇒ phương trình đường thẳng BC có dạng: 2x 3y m 0 (m 14)− + = ≠ , mà

(BC) đi qua B 2; 2(− − ) ⇒ = − ⇒m 2 BC : 2x 3y 2 0− − = 0,25 Lại có C BC CH= ∩ do đó tọa độ của C là nghiệm của hpt x 2y 1 0 x 1 C 1;0( )

2x 3y 2 0 y 0

Vậy A 4; 2 , B 2; 2 ,C 1;0(− ) (− − ) ( )

0,25

VIa.2

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên ∆, ta có d B,( ∆ =) BH BA≤ (vì ∆ đi qua A) Do

đó khoảng cách từ B đến đường thẳng ∆là lớn nhất ⇔BH BA= ⇔ ≡H A 0,25 Vậy đường thẳng ∆ cần lập chính là đường thẳng đi qua A, ∆ ⊥d và ∆ ⊥AB Gọi ur là

vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆

Ta có AB 1;0;1uuur( )

và u 2;1;1uur1( )

là vec tơ chỉ phương của đường thẳng d

0,25

Do ∆ ⊥ ⇒ ⊥d ur uuur1; ∆ ⊥AB⇒ ⊥ur ABuuur, vậy ta lấy ur =AB, uuuur uur1= −( 1;1;1) 0,25 Mặt khác ∆ đi qua A 1;1;0 vậy phương trình của ( ) ∆ là

x 1 t

y 1 t

z t

= −



 = +



 =



0,25

Câu

VIIa

+

( ) (11 )8

Do đó w z iz= + = − −1 16i i 1 16i+ − +( ) = − −17 17i 0,25

Chương trình nâng cao

Câu VIb

VIb.1

N I

M

A

H

D

Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm M và ∆ ⊥AD, ∆ cắt AD tại I và cắt AC tại N Có

( )

n 1; 1r − là VTPT của AD, do ∆ ⊥AD⇒n 1; 1r( − )là VTCP của ∆ ⇒phương trình tham

số của : x t

y 2 t

=



 suy ra phương trình tổng quát : x y 2 0∆ + − =

Do I= ∆ ∩AD⇒ tọa độ I là nghiệm của hpt:

1 x

I ;

y 2

 =

 + − =



Tam giác AMN có d2 vừa là đường cao, vừa là phân giác nên là tam giác cân tại ⇒ I là

trung điểm của MN ⇒ N (1;1)

0,25

Có n 3;4uur1( )

là VTPT của BH ⇒u 4; 3uur1( − ) là VTCP của BH, do BH⊥AC⇒u 4; 3uur1( − )

là VTPT của AC, do AC đường thẳng đi qua điểm N(1;1) nên AC : 4 x 1( − −) (3 y 1− =) 0

⇒ AC: 4x – 3y –1 = 0 Do A AC AD= ∩ ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:

A(4;5)

0,25

AB là đường thẳng đi qua điểm M(0;2) nhận MA 4;3uuuur( )

làm vec tơ chỉ phương ⇒ phương trình tham số của AB x 4t

y 2 3t

=

 = +

 pt tổng quát AB : 3x 4y 8 0− + = Do

B AB BH= ∩ ⇒ tọa độ B là nghiệm của hpt

B 3;

1

4

= −



0,25

Gọi C a, b( ) AC 4a 3b 1 0 b 4a 1 C a;4a 1

3

−

uuur

Theo giả thiết

2

x 1 y 1 4a 7

= ⇒ =



−

 ( )

C 1;1

⇒ hoặc C 31 33;

25 25

  Vì AD : x y 1 0− + = là phân giác trong góc A của tam giác ABC kiểm tra điều kiện (xB−yB+1 x) ( C−yC+ <1) 0 cả hai điểm C trên đều thỏa mãn

0,25

VIb.2 Ta có (S): (x−1)2+y2+ +(z 1)2 =4 suy ra (S) có tâm I(1;0;-1), bán kính R 2=

Và uuurAB= − −(1; 1; 4);uuurAC= − − −( 1; 3; 4)

Mặt phẳng (ABC) có một vectơ pháp tuyến là nr=uuur uuurAB AC, = −( 8;8; 4)−

Suy ra mp(ABC) có phương trình: 8x 8(y 1) 4(z 1) 0− + − − − = ⇔2x 2y z 1 0− + + =

0,25

Ta có 1 ( ;( )).

3

V = d D ABC S nên V ABCDlớn nhất khi và chỉ khi ( ;(d D ABC lớn )) nhất Gọi D D là đường kính của mặt cầu (S) vuông góc với mp(ABC) Ta thấy với D 1 2

là 1 điểm bất kỳ thuộc (S) thì d D ABC( ;( )) max≤ {d D ABC( ;(1 )); (d D2;(ABC))}

Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D1 hoặc D2

0,25

Đường thẳng D D đi qua I(1;0;-1), và có VTCP là 1 2 nrABC =(2; 2;1)−

Do đó (D1D2) có phương trình:

1 2 2 1

= +



 = −



 = − +



Tọa độ điểm D1 và D2 thỏa mãn hệ:

3

t

t

= +





; ; & ; ;

0,25

Ta thấy: d D ABC( ;(1 ))>d D( 2;(ABC)) Vậy điểm 7; 4; 1

D − − 

  là điểm cần tìm 0,25

Câu

VIIb

Điều kiện x 0

y 0

>



 >

 khi đó hpt

( )2

2

2

2 2

2.log y log x 1

2.log y log x 1 log y

log y log x 1 log x 1

log 3





0,25

3

a log x

b log y

=



 =

 khi đó hpt trở thành:

2

2.b a 1

b a 1

 = −

b 0

b a 1

b a 1



2 3

(t / m)



Vậy hệ có nghiệm duy nhất: ( )2;1

0,25