De va DA thi thu DH mon Toan

Bốn đường cao của bốn mặt bên ứng với đỉnh S có độ dài bằng nhau và bằng b.. Tính thể tích của khối chóp theo a, b.[r]

SỞ GDĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT BỈM SƠN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG BỒI DƯỠNG ĐỢT II MÔN TOÁN KHỐI A NĂM HỌC 2011-2012

(Thời gian làm bài 180 phút)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)

Câu I (2.0 điểm)

Cho hàm số: y x 3 3x2mx 1 (1)

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

2 Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu Gọi ( ) là đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu.Tìm giá trị lớn nhất khoảng cách từ điểm

1 11

I ;

2 4

  đến đường thẳng ( )

Câu II (2.0 điểm)

1 Giải phương trình :

tanx cot 2x cot x 1





2 Giải bất phương trình : x2 91 x 2 x  2

Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân:

e 1

(x 2) ln x x

dx x(1 ln x)





Câu IV (1.0 điểm)

Cho khối chóp S.ABCDcó đáy là hình thang cân, đáy lớn AB bằng bốn lần đáy nhỏ CD, chiều cao của đáy bằng a Bốn đường cao của bốn mặt bên ứng với đỉnh S có độ dài bằng nhau và bằng b Tính thể tích của khối chóp theo a, b

Câu V (1.0 điểm)

Cho các số thực không âm a, b,c thỏa mãn a b c 1  

Chứng minh rằng: a b b c c a     3

18

PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B ).

A.Theo chương trình chuẩn:

Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD biết M(2;1), N(4;-2); P(2;0), Q(1;2) lần lượt thuộc các cạnh AB, BC, CD, AD Hãy lập phương trình các cạnh của hình vuông

2 Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(13;-1;0), N(12;0;4).Lập phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm M, N và tiếp xúc với mặt cầu ( S) : x2y2z2 2x 4y 6z 67 0   

CâuVII.a (1điểm)

Giải phương trình:  log x 3  log x 3 2x

3

B Theo chương trình nâng cao:

Câu VI.b (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm I 1; 1  

là tâm của một hình vuông, một trong các cạnh của nó có phương trình x 2y 12 0   Viết phương trình các cạnh còn lại của hình vuông

2 Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(0;-1;2), N(-1;1;3).Viết phương trình mặt phẳng (R) đi qua M,

N và tạo với mặt phẳng (P): 2x y 2z 2 0    một góc nhỏ nhất

CâuVII.b (1 điểm)

Giải hệ phương trình

2

2log ( xy 2x y 2) log (x 2x 1) 6 log (y 5) log (x 4) = 1







HẾT

Hướng dẫn chấm toán khối A lần 2 năm 2011-2012

I

1

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y x 3 3x21 1,0

* Tập xác định: R

* Sự biến thiên:

xlim y xlim x 3x 1 ,lim yx

             

0,25

+ Bảng biến thiên:

x 2





 Bảng biến thiên:

x − ∞ 0 2 +∞

y + 0 - 0 +

y 1 +∞

− ∞ -3 0,25

+ Hàm số đồng biến trên khoảng  ;0

và 2; . + Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2

+ Hàm số đạt cực đại tại x 0, y CÐ y(0) 1

đạt cực tiểu tại x 2, y CT y(2)3 0,25

* Đồ thị:

Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;1), cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt

Ta có y6x 6; y  0 x 1

y '' đổi dấu khi x qua x = 1

Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng

0,25

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

-8 -6 -4 -2

2 4 6 8

x

I

2 Tìm m để hàm số có cực đại,cực tiểu 1,0

2

Ta có y 3x2  6x m

Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt

Chia đa thức y cho y, ta được:



Giả sử hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm x ; y , x ; y1 1  2 2

Vì y (x ) 0; y (x ) 0 1   2  nên phương trình đường thẳng  

qua hai điểm cực đại, cực tiểu là:

3

Ta thấy đường thẳng  

luôn đi qua điểm cố định

1

2

  Hệ số góc của đường

thẳng IA là

3 k 4

 Kẻ IH   

ta thấy d I;  IH IA 5

4

Đẳng thức xảy ra khi IA   2m 2 1 4 m 1

(TM)

Vậy max d I;  5

4

 

1

Giải phương trình :

t anx cot 2x cot x 1





Điều kiện : sinx.cosx

sinx.cos x 0 cot x 1









Phương trình đã cho tương đương với phương trình:

II 1 2 sinx cosx 

sinx cos2x cos x sinx









0,25

Giải được

3

3 2

4









Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là:

3

4



2

Điều kiện x 2

Phương trình đã cho tương đương với:  x291 10   x 2 1   x2 90 0,25

2 2

(x 3)(x 3) 0

x 2 1

x 3

x 2 1

Ta có 2

x 2 1



Từ đó suy ra nghiệm của bất phương trình là : 3> x 2 0,25

III

Tính tích phân:

e 1

(x 2) ln x x

dx x(1 ln x)



I = 

1

e

x (1+ln x)−2 ln x

x (1+ln x ) dx=

1

e

dx -2 

1

e

ln x

Ta có : 

1

e

Tính J = 

1

e

ln x

x (1+ln x)dx

Đặt t = 1 + lnx, Ta có: J = 

1

2

t −1

t dt =

1 −1

t

(¿)dt

 1

2

¿ = (t - ln |t| ) = 1 - ln2

0,25

Gọi H là chân đường cao của chóp thì H phải cách đều các cạnh của đáy và trong trường

hợp này ta chứng minh được H nằm trong đáy

Suy ra hình thang cân ABCD có đường tròn nội tiếp tâm H là trung điểm đoạn MN với M,

N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD và MN = a

0,25

Đường tròn đó tiếp xúc với BC tại E thì

a

HM HN HE

2

là bán kính đường tròn và

2 2

Đặt CN x thì BM 4x, CE x, BE 4x  

Tam giác HBC vuông ở H nên

2

, suy ra

2 ABCD

5a S

4



0,25

Vậy

S.ABCD

V

Chứng minh rằng: a b b c c a     3

18

.

1,0

Đặt F a; b;c   a b b c c a       

Ta cần chứng minh F a; b;c  3 *

18



 Nếu hai trong ba số a, b,c bằng nhau thì F a; b;c  0 3

18

 

 Nếu a, b,c đôi một khác nhau thì không mất tính tổng quát, giả sử a max a;b;c  

Lúc đó nếu b c thì F a; b;c  0 3

18

 

nên chỉ cần xét a c b 

Đặtx a b  thìc 1 x  Tacó:

Khảo sát hàm số h x 

với

1

x 1

2  , ta được: h x  h 3 3 3

  

Từ đó suy ra BĐT  *

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

0,5

VIa

1 Lập phương trình các cạnh của hình vuông 1,0

Giả sử đường thẳng AB có véc tơ pháp tuyến là tọa độ là (a; b) với a2b2 0

Suy ra véc tơ pháp tuyến của đường thẳng BC có tọa độ là ( -b;a)

Phương trình AB có dạng: a(x 2) b(y 1) 0     ax by 2a b 0   

BC có dạng : b(x 4) a(y 2) 0     bx ay 4b 2a 0    0,25

Do ABCD là hình vuông nên

d(P,AB) = d(Q,BC) 2 2 2 2



 Với b = 2a Phương trình các cạnh hình vuông là:

AB: x-2y = 0, BC: 2x y 6 0,CD : x 2y 2 0, AD : 2x y 4 0.         0,25

 Với b = a Phương trình các cạnh hình vuông là:

AB : x y 1 0, BC : x y 2 0,CD : x y 2 0, AD : x y 3 0.               

0,25

Mặt cầu (S) có tâm I( 1;2;3) bán kính R = 9

Mặt phẳng (P) đi qua M(13;-1;0) nên có phương trình dạng :

A(x -13) + B(y + 1) + Cz = 0 với A2B2C2 0 0,25

Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A = B + 4C

Lúc này pt(P) : (B + 4C)x + By + Cz -12B – 52C = 0

0,25

( P ) tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi : d(I,(P)) = 9







0,25

Thay vào phương trình mặt phẳng (P) ta được hai phương trình mặt phẳng thỏa mãn bài

toán:

1 2

(P ) : 2x 2y z 28 0 (P ) : 8x 4y z 100 0

VII.a

Giải phương trình:  log x 3  log x 3 2x

3

1,0

Điều kiện : x > 0

Ta có phương trinhg tương đương với:   3   3

3 log x log x

log x 2

3

0,25

log x log x

Đặt

3 log x

10 1 t

3

 

  (t > 0) Phương trình trỏ thành:

2

1 2

t 3

t 3

t 3















( loại)

0,25

Với t =

3



ta giải được x = 3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =3

0,25

VIIb

Lập phương trình các cạnh…

Gọi hình vuông đã cho là ABCD Giả sử pt cạnh AB là x 2y12 0

Gọi Hlà hình chiếu của I lên đường thẳng AB Suy ra H  2;5 0,25 ,

A B thuộc đường tròn tâm H, bán kính IH  45 có pt:

x22y 52 45 0,25

Toạ độ hai điểm A B, là nghiệm của hệ:  2  2

x y





Giải hệ tìm được A4;8 , B  8;2 Suy ra C   2; 10 0,25

AD x y   ; BC: 2x y 14 0 ; CD x:  2y18 0 0,25

Mặt phẳng (P) đi qua M nên có phương trình dạng :

A(x -0) + B(y + 1) + C(z-2) = 0 với A2B2C2 0

Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A =2B + C

0,25

Gọi  là góc tạo bởi hai mặt phẳng (P) và (Q),ta có: 2 2

B cos

 

Nếu B = 0 thì  900

0,25

Nếu B0, đặt m =

C

cos

3

0,25

 nhỏ nhất khi

1 cos

3

 

 m = -1  B = - C

VIIb

Giải hệ phương trình

2

log ( 5) log ( 4) =1







Điều kiện:

2

( )

I





0,25

Ta có:

2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 ( )

log ( 5) log ( 4) = 1

I



 



log ( 2) log (1 ) 2 0 (1)

log ( 5) log ( 4) = 1 (2)



 



0,25

Đặt log2y(1 x)t

thì (1) trở thành:

2 1

t

Với t 1 ta có: 1 x  y 2 y x1 (3). Thế vào (2) ta có:

2

0,25

0 ( ) 2







x suy ra y = 1

+ Kiểm tra thấy x2, y1thoả mãn điều kiện trên.Vậy hệ có nghiệm duy nhất