ASC= ABC= Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin của góc giữa hai mặt phẳng SAB, SBC.. Viết phương trình đường tròn C đi qua hai điểm A B, và tiếp xúc với đường thẳng ∆.. Viết phương
Trang 1SỞ GD VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012- 2013 TRƯỜNG THPT BÌNH GIANG Môn thi: TOÁN (khối A , A1, B)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề
Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số y = x4 – 8m2x2 + 1 (1), với m là tham số thực.
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m =1
2 2.Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có 3 cực trị A ,B, C và diện tích tam giác ABC bằng 64.
Câu II ( 2 điểm )
4
(2 sin 2 )(2cos cos ) cot 1
2sin
x
x
+ =
2 Giải hệ phương trình:
2
5 0
( , )
x y xy x y
x y
Câu III ( 1 điểm) Tính tích phân: ln 2( 2 ) 2 2
2 0
1
=
− +
∫
Câu IV ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC),
SA AB a AC= = = a và · · 0
90
ASC= ABC= Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SBC).
Câu V ( 1 điểm ) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: a.b.c = 1 Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức:
T
a b ab b c bc c a ca
Câu VI ( 2 điểm )
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(4; 1), ( 3; 2)− B − − và đường thẳng
: 3x 4y 42 0
∆ + + = Viết phương trình đường tròn ( )C đi qua hai điểm A B, và tiếp xúc với đường thẳng ∆
2 Trong không gian với hệ trục Oxyz cho mặt cầu (S):x2 +y2 +z2 −2x+4y−6z−11=0
và mặt phẳng ( α ) có phương trình :2x + 2y – z + 17 = 0 Viết phương trình mặt phẳng( β ) song song với ( α ) và cắt mặt cầu ( S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi là 6 π
Câu VII (1 điểm ) Cho số phức z thỏa mãn: z2−11i= +(1 i z) Tính z iz+ .
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Trang 2ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN; khối: A , A1, B
I
(2,0 điểm)
(1,0 điểm)
Khi m= 1
2 hàm số đã cho có pt: y= x
4 – 2x2+ 1 1.TXĐ : D= R
2.SBT
.CBT: y’= 4x3- 4x = 4x( x2 - 1)
-y’=0 <=> x= 0 hoặc x = 1 hoặc x = -1
Hàm số đồng biến trên ( 1;0)− và (1;+∞)
Hàm số nghịch biến trên (−∞ −; 1)và (0;1)
.Cực trị : HS đạt cực đại tại x= 0 và yCĐ=y(0)=1
HS đạt cực tiểu tại x= ±1 và yCT=y(±1)=0
-.Giới hạn: limx→+∞y= +∞ ; lim
→−∞ = +∞
.BBT:
,
y - 0 + 0 - 0 +
-3 vẽ đồ thị:
1
- 1 O 1 x
0,25
0,25
0,25
0,25
(1,0 điểm)
y = x − m x= x x − m
Đk để hàm số có 3 cực trị là ,
0
y = có 3 nghiệm phân biệt Tức là phương trình 2 2
g x =x − m = có hai nghiệm phân biệt x≠0 ⇔ ≠m 0
4
= ⇒ =
= − ⇒ = −
0,25
0,25
Trang 3-Ta thấy AB=AC = (2 )m 2 +(16m4 2) nên tam giác ABC cân tại A
Gọi I là trung điểm của BC thì I(0;1 16− m4)
nên AI =16m4; BC=4m
-4
ABC
S∆ = AI BC= m m =64⇔ m5 = ⇔ = ±2 m 5 2(tmđk m≠0)
Đs: m= ±5 2
0,25
0,25
II
(2,0 điểm)
(1,0 điểm)
.ĐK: x k k≠ π, ∈¢
Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương với:
1 cos sin (2 sin 2 )(cos cos )
2
1 sin 2 (2 sin 2 )(cos cos )
-0,25
2
1
2 sin 2 2(2 sin 2 )(cos cos ) 1 2cos cos
2 2cos cos 1 0
0,25
p
é
ê ê
ê ê
ê
ê
0,25
So với điều kiện ta suy ra nghiệm của phương trình là 2
2 , 3
x= ± p+l p l Î ¢ 0,25 (1,0 điểm)
Nhận xét: Hệ đã cho không có nghiệm (x; 0), nên tương đương với:
1
x
x xy
y
x y
y
+ + − =
+ + − =
0,25
1
1 5
x y x
y
x y x
y
⇔
+ + + =
0,25
2 ( ) 1
3 3 ( ) 1
2
x y
I x
y
x y
II x
y
0,25
Trang 4S
C
B
M
H
Giải các hệ (I), (II) ta được nghiệm của hệ là:
−
±
+
+
±
−
2
5 1
; 2
5 5
; 2
5 1
; 2
5 5
0,25
III
2 0
1
=
− +
ln 2 ln 2 2 2
2
2
1
− +
− +
Ta có:
ln 2 2 0
x dx
∫ =
ln 2
0
ln 2
Ta có:
ln 2 2 0
2
1
e e
dx
−
− +
ln 2 2
ln 2 2
0
1
d e e
− +
Vậy I=
3
ln 2
IV
⊥ (ABC)
2
a
SC BC a= = SH =
2 3 2
ABC
a
S∆ =
a
V = S∆ SH =
0,25
+ Gọi M là trung điểm SB và ϕlà góc giữa
hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)
Ta có: SA = AB = a, SC BC a 3= =
⇒ AM ⊥ SB và CM ⊥ SB
⇒ cosϕ = cos AMC·
0,25
AM là trung tuyến ∆SAB nên:
4
a AM
Tương tự: 42
4
a
CM = cos AMC· AM2 CM2 AC2 105
Vậy: cos 105
35
ϕ =
0,25
V
xyz = 1 và biểu thức T đươc viết lại:
T
0,25
Ta luôn có Bđt thức đúng: (3x−3 y)2 ≥ ⇔0 3 2x −3xy+3 y2 ≥3xy
0,25
Trang 5⇒ x y+ + ≥1 3xy(3x+3 y+3z)
3 3
1 1
z
Tương tự:
3 3
1 1
x
+ + + + (2);
3 3
1 1
y
Cộng vế theo vế các bđt (1), (2), (3) ta được: T ≤1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1
VI
(2,0 điểm)
(1,0 điểm)
Gọi I(a;b) là tâm và R là bán kính của (C)
BI2 = d2(I,∆) ⇔ (a + 3)2 + (b + 2)2 =
2 (3 4 42) 25
a+ b+
Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được I(1;-5) hoặc I(-3;23) 0,25
+ I(1; -5) ⇒ R = 5
(C): (x – 1)2 + (y + 5)2 = 25 + I(-3; 23) ⇒ R = 25
(C): (x + 3)2 + (y – 23)2 = 625
0,25
(1,0 điểm)
Do (β) // (α) nên (β) có pt: 2x+2y z d− + =0(d ≠17)
Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính là R = 5
Vì đường tròn có chu vi là 6π có bán kính là r = 3
0,25
Khoảng cách từ I tới ( ( )β là h = R2 −r2 = 52 −32 =4 0,25
Do đó: ++− +−−+ =4⇔ −5+D =12⇔DD==17−7(lo¹i)
) 1 ( 2 2
D 3 ) 2 ( 2 1 2
2 2
VII
11 1
z − i= +i z Tính z iz+ Gọi z = a+bi⇒ = −z a bi
Theo gt: 2 ( )
11 1
z − i= +i z
2 11
3 2
3
a b
b
=
0,5
TH1: z= + ⇒ + = + ⇒ +3 2i z iz 5 5i z iz =5 2 0,25 TH2: z= − − ⇒ + = − − ⇒ +2 3i z iz 5 5i z iz =5 2
0,25