DE TOAN ON THI DH 2011 CO GIAI(25)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a.. Hình chiếu của đỉnh S trên mặt phẳng ABCD là trung điểm H của cạnh AD, góc giữa hai mặt phẳng SAC và ABCD bằng 60 0.. Tính

Sở GD và ĐT hải dơng

Trờng THPT Thanh Bình

Đề chính thức

Đề thi thử đại học, cao đẳng LẦN 4 năm 2011

Môn thi : toán, Khối A, B (Thời gian làm bài 180 phút , không kể giao đề)

Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số: 3 2 2

y x= + x +m x m+

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0

2 Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực đại, cực tiểu A , B và trung điểm I của

đoạn AB nằm trên trục hoành

Câu II (2 điểm) 1 Giải phơng trình sau: 2 2017

2 Giải phơng trình sau: 2 5 2 3 2

3

2 3 2 3

− + − ( x R∈ )

Câu II I (1 điểm) Tính tích phân sau: 2 ( 2 )

1

1

e

x

e

=

+

∫

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a Hình chiếu

của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của cạnh AD, góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD) bằng 60 0 Tính thể tích của khối chóp S.HABC và khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SBC).

Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực dơng và thỏa mãn: x2 +y2 +z2 = 3

Chứng minh rằng: 2011xyz +(x y y z z x) ( 8 ) ( ) ≥2012

Phần tự chọn (3,0 điểm). (Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần:phần A hoặc B) A.Theo ch ơng trình c huẩn

Câu VI.a (2 điểm) 1 Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD biết phơng trình đờng thẳng

BD là: 3x - y - 8 = 0, đờng thẳng AB đi qua M(1; 5), đờng thẳng BC đi qua

N(7; 3), đờng chéo AC đi qua P(2; 3) Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông đã cho.

2 Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) lần lợt có phơng trình

(S): x2 +y2 + −z2 2x+ 4y+ 2z− = 3 0 ; (P): 2x + 2y - z + 5 = 0.

Viết phơng trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S).

Câu VII.a (1 điểm) Cho số phức z1 thoả mãn : ( )

( )

3

1 2 1

i z

i

+

= + Tìm tập hợp điểm M trong mặt

phẳng phức biểu diễn số phức z thoả mãn: z z+ ≤ 1 4.

B.Theo ch ơng trình n âng cao

Câu VI.b (2 điểm) 1 Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ ABC cân tại đỉnh C Biết phơng trình đờng thẳng AB là: x + y - 2 = 0, trọng tâm của tam giác là 14 5;

3 3

  và diện tích của tam giác

bằng 65

2 (đvdt) Viết phơng trình đờng tròn ngoại tiếp ∆ ABC.

2 Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) lần lợt có phơng trình

(S): x2 +y2 + +z2 2x− 4y− 6z− = 2 0 ; (P): 2x - 2y + z - 5 = 0.

Viết phơng trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và cắt mặt cầu (S) theo một

đờng tròn có bán kính bằng 4.

Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phơng trình: 3

1 2

8

log 1 2 log 1

 + =



 ( ,x y R∈ )

Hết

-Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

tr

ờng THPT Thanh Bình

Đáp án đề thi thử đại hoc 201 1

1 Khảo sát hàm số

Với m = 0 ta có: y = x3 + 3x2

* Tập xác định: D = R

* Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: y’ = 3x2 + 6x = 3x(x + 2)

Xét dấu y’:

=> Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; -2) và (0; +∞)

Hàm số nghịch biến trên (-2; 0)

0,25

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -2, yCĐ = y(-2) = 4

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = y(0) = 0

- Giới hạn: xlim→+∞y= +∞, limx→−∞y= −∞

0,25

- Bảng biến thiên:

x - ∞ -2 0 +∞

y' + 0 - 0 + y

- ∞

4 + ∞ 0

0,25

* Đồ thị: Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại (0;0), (-3;0)

0,25 x

O

y

-2 4

1

Tìm m

Ta có: y’ = 3x2 + 6x + m2

Hàm số có cực đại, cực tiểu ⇔ y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt

⇔ ∆ = − ' 9 3m2 > ⇔ − 0 3 < <m 3 0,25

Lâý y chia y’ ta có:

2

2

m

y= y  x+ + − x+m− m 

Giả sử A(x1; y1), B(x2; y2) (trong đó: x1 + x2 = -2)

Ta có:

2

2

m

y =y x = −  x +m− m 

2

2

m

y = y x = −  x +m− m 

1 2

2

2

1 2

2

1 2

1 2

   m  m   2

I

I

x x x

m

y y y

+







Theo gt: I ∈ Ox => - m2 + m + 2 = 0 ⇔  =m m= −2 ( )1 ( /T M L )

Vậy m = -1 thoả mãn bài toán

0,25

2sin ( 4) sin(2 ) 1 tan

2

2

+Với đk trên pt đã cho tơng đơng:

⇔ − 1 sin 2x− cos 2x= − 1 tanx

2 sin

2sin cos 2cos (1 ) 0

cos

x

x

cos

x

+

cos

x

⇔ 2 sin(x+π4).cos 2x=0

0,25

2

x

k x

x

π

π π





Vậy pt đã cho có 1 họ nghiệm:

4 2

k

x= +π π (họ

4 2

k

π + π chứa

4 k

2 Giải phơng trình: 2 5 2 3 2

3

2 3 2 3

+ Điều kiện:

2 5 0

3

2

x

x

+ ≥



 − ≥ ⇔ ≤ ≤



 − ≥

+ PT đã cho ⇔ 3( 2x+ − 5 2x− = 3) (2 2x− + 3 2 3 −x)

⇔ 9.(2x+ = 5) 25(2x− + 3) 16(3 − +x) 40 (2x− 3)(3 −x) ⇔ 5 (2x− 3)(3 −x) 9 2 = − x

25(2 3)(3 ) (9 2 )

x



9 2

54 261 306 0

x

 ≤



⇔ 



0,25

9

2,8

2 6

2

x

x x

x x

 ≤





 =



(Tmđk)

Vậy PT có 2 nghiệm là: x = 2, x = 17

6

0,25

Câu III:

Tính tích phân:

1

1

x

e

=

+

∫

Ta có:

2

1

x

e

e

+

* Tính 2

1 1

ln

e

I =∫ x dx đặt:

x



2 1

( ln ) 2ln 2ln

1

e

Đặt:

2

x

dv dx

v x



1

1

1

e

e

0,25

2 2

x

e

e

= +

∫ Đặt: y = ex + 1 => ex = u – 1 và ex.dx = du Khi: x= 1 => u = e + 1

x = e => u = ee + 1

2

1

1

e u

+

−

+

= ee + 1 – ln(ee +1) – (e + 1 – ln(e + 1))

= ee – e + ln 1

1

e

e e

+

0,25

Vậy: I = I1 + I2 = e – 2 + ee – e + ln 1

1

e

e e

+

= ee – 2 + ln 1

1

e

e e

+

0,25

Câu IV: Hình không gian

Dựng HI ⊥AC => SI ⊥ AC (định lý 3 đờng vuông góc) ⇒SIHã = 60 0

.tan 60 3

SH HI

0,25

C

S

D

B A

J

I

K

2

HABC

a

a a

S

.

0,25

* Tính khoảng cách từ H đến (SBC)

Gọi J là trung điểm của BC

Dựng HK ⊥ SJ => HK ⊥ (SBC)

=> d(H; (SBC)) = HK

0,25

16

a

HK =SH +HJ = +a = a +a = a

11 11

11

a

0,25 Câu V: CM bất đẳng thức

áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:

3 =x2 +y2 + ≥z2 3.3 x y z2 2 2

⇒ ≥ 1 3 x y z2 2 2 ⇒xyz≤ 1 2011 2011

xyz

áp dụng bđt côsi ta có:

x y y z z x

x y y z z x+ + + ≤ + + + + + = x y z+ +

(1)

áp dụng bđt bunhiacôpky ta có:

(12 + 12 + 12)(x2 + y2 + z2) ≥ (x + y + z)2

=> (x + y + z)2≤ 3(x2 + y2 + z2) = 9 (gt)

=> x + y + z ≤ 3 (2)

3

x y y z z x

(x y y z z x)( )( ) 8

(x y y z z x)( )( ) 8

xyz + x y y z z x ≥ + =

Phần tự chọn A- Theo chơng trình chuẩn:

.

I

M

.

N P

.

Gọi I là giao điểm của AC và BD

AC ⊥ BD và đi qua P(2;3) nên có phơng trình: x+3y-11=0

2 2

I 

Vì B thuộc BD ⇒B t t( ;3 − 8)

1 ;13 3

7 ;11 3

uuuur uuur

0 10 80 150 0

3

t

t

=



* với t = 5 ⇒B(5;7) khi đó D(2;-2)

AB có phơng trình: x - 2 y +9 = 0

* với t = 3⇒B(3;1) khi đó D(4; 4)

AB có phơng trình: 2x + y -7 = 0

A=AB∩AC ⇒ A( )2;3 khi đó C(5; 2)

Vậy: A(− 1; 4), B(5;7), C(8;1), D(2;-2)

Hoặc A( )2;3 , B(3;1), C(5; 2), D(4; 4)

0,25

2 Viết phơng trình mặt phẳng (Q)

Ta có: x2 + y2+ z2 - 2x + 4y +2z -3= 0

(x 1) (y 2) (z 1) 3

Do mặt phẳng (Q) song song với mp(P) nên có phơng trình dạng:

Do (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên d I Q( ;( )) = =R 3

1 9 10

8

D D

D

=



Vậy (Q) có phơng trình: 2x + 2y - z + 10 = 0

Câu VII.a Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z.

1

i i

1

2 5

2 2

Giả sử: z =x + yi ( x, y ∈ R)

suy ra M(x; y) là điểm biểu diễn số phức z

C D

2

Suy ra tập hợp điểm M là hình tròn tâm 2 5;

2 2

−

B- Theo ch ơng trình nâng cao

Gọi H là trung điểm của AB

⇒CH ⊥ AB

CH có phơng trình: x-y-3=0

2 2

H CH= ∩AB⇒H − 

CGuuur= 2GHuuur⇒C(9;6)

0,25

Đặt A(a;2-a) ⇒ B( 5-a; a-3)

13 13

5

ABC

a

a

=



V

* a = 0 ⇒ A( ) (0;2 ;B 5; 3 − )

Đờng tròn cần tìm có phơng trình dạng:

Do đờng tròn đi qua A, B, C nên ta có hệ:

0,25

0

13 13 13

x +y − x− y+ =

0,25

2 Viết phơng trình mặt phẳng (Q)

Ta có: x2 + y2+ z2 + 2x - 4y -6z -2 = 0

(x 1) (y 2) (z 3) 4

Do mặt phẳng (Q) song song với mp(P) nên có phơng trình dạng:

Vì (Q) cắt mặt cầu theo một đờng tròn có bán kính đúng bằng R = 4 nên

Câu VII.b

1 2

8

log 1 2 log 1 (2)

 + =





C

Điều kiện:

0 1 2

x y

>





 <

1 2

2 log 1 2y log x 1 log y 2 2x 1 2y

x

−

Thay vào (1) ta có pt: 3 3y− 4.3 2y+ = ⇔ 3 0 (3y− 1 3) ( 2y− 3.3y− = 3) 0

3

3 1

0

3 21

2

2

3 21

2

y

y

y

y

L







 +



−

 =

Với y = 0 suy ra x= 1/2 (TM)

Chú ý: Nếu học sinh làm theo cách khác mà vẫn đúng thì cho điểm tối đa.

Giáo viên biên soạn : Phạm Hữu Đảo SĐT: 0982.745.281