de thi thu dai hoc THPT Vinh Loc Thanh Hoa lan 2

Viết phương trình mặt phẳng (P).[r]

Sở GD - ĐT Thanh Hoá Kỳ thi khảo sát chất lợng học sinh khối 12 Trờng THPT Vĩnh Lộc Lần thứ hai năm học 2012

GV: Nguyễn Văn Thơi Đề thi môn Toán Khối A

( Thời gian làm bài 180 phút không tính thời gian phát đề)

I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Cõu I ( 2 điểm ) Cho hàm số y x 3 3mx 2C m

1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số  C1 ứng với m=1

2 Tỡm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu củaC mcắt đường trũn tõm I1;1 , bỏn kớnh

bằng 1 tại hai điểm phõn biệt A, B sao cho diện tớch tam giỏc IAB đạt giỏ trị lớn nhất

Cõu II ( 2 điểm )

1 Giải phương trỡnh: 2

2 3 2(cot 1) sin 2

cos

x

x x

x



.

2 Giải phương phương trỡnh: 2 log x2  x

Cõu III ( 1 điểm ) Tớnh tớch phõn

3

2 0

1

x







Cõu IV( 1 điểm ) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh thoi cạnh 2a; SA SB SC 2a   .và đặt

SD = x Chứng minh SBD là tam giỏc vuụng Gọi V là thể tớch khối chúp S.ABCD Tớnh V theo a và x tỡm x

để V là lớn nhất

Cõu V (1 điểm) Tìm m sao cho hệ phơng trình sau có 4 nghiệm thực phân biệt:

( 4) 2 3 5 8 32

     





     



II/PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm )Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

Phần A Theo chương trỡnh chuẩn

Cõu VIa ( 2 điểm )

1 Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường trũn (C) : (x + 6) 2 + (y – 6) 2 = 50 Đường thẳng d cắt hai trục tọa

độ tại hai điểm A, B khỏc gốc O Viết phương trỡnh đường thẳng d tiếp xỳc với đường trũn (C) tại M sao cho

M là trung điểm của đoạn thẳng AB

2 Trong khụng gian tọa độ (Oxyz) cho A(5;3;-4) , B(1;3;4) Hóy tỡm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho tam giỏc CAB cõn tại C và cú diện tớch bằng 8 5.

Cõu VIIa (1 điểm) Tỡm số phức Z thoả món :

25

8 6

z

  

Phần B.Theo chương trỡnh nõng cao

Cõu VIb ( 2 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) tam giỏc ABC cú trọng tõm G

11 1;

3

  , đường thẳng trung trực của cạnh BC

cú phương trỡnh x  3y +8 = 0 và đường thẳng chứa A;B cú phương trỡnh 4x + y – 9 = 0 Xỏc định tọa độ cỏc đỉnh của ABC

2 Trong khụng gian tọa độ (Oxyz) cho mặt cầu (S) : x2 y2 z2  2x 4y 4z  5 0 , mặt phẳng (Q) : 2x + y – 6z + 5 = 0 Viết phương trỡnh mặt phẳng (P) Biết rằng mặt phẳng (P) đi qua A(1;1;2) ,vuụng gúc với mặt phẳng (Q) và tiếp xỳc với mặt cầu (S).

Cõu VIIb ( 1 điểm) Tìm số nguyên dơng n biết:

2 C n  3.2.2 C n  ( 1) (   kk k  1)2k Ck n  2 (2  n n  1)2 n C n n  40200

Đáp án Môn : Toán - Khối A (Gồm 6 trang)

I

(2điểm)

1.(1,0 điểm)

Hàm số y x 3 3x2(C1) ứng với m=1

+Tập xác định: R

+Sự biến thiên - xlim y , limx y

        

0,25

- Chiều biến thiên: y' 3 x2 3 0  x1

Bảng biến thiên

Y

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng   ; 1và 1; , nghịch biến trên

khoảng (-1;1)

Hàm số đạt cực đại tại x1,y CD4 Hàm số đạt cực tiểu tại x1,y CT 0

0,25

+Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm

điểm uốn

f(x)=x^3-3x+2

-1

1 2 3 4

x

y

0,25

2.(1,0 điểm)

Ta có y' 3 x2 3m

Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình y ' 0 có hai nghiệm

phân biệt  m 0

0,25

Vì

1 ' 2 2 3

y x y  mx

nên đường thẳng  đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có phương trình là y2mx2

0,25

2 1 ,

4 1

m

d I

m



 

 Giả sử

2

2 1

1 4 1 4 4 1 0

4 1

m

m



       

 (vì m > 0),nênd I ,  R1 chứng tỏ đường thẳng  luôn cắt đường tròn tâm I(1; 1), bán kính R = 1

tại 2 điểm A, B phân biệt

Với

1 2

m 

, đường thẳng  không đi qua I, ta có:

.sin 90

ABI

S  IA IB AIB R Sin 

0,25

Nên SIAB đạt giá trị lớn nhất bằng

1

2 khi Sin AIB = 1 hay AIB vuông cân tại I

1

2 2

R IH

(H là trung điểm của AB)

2

2 2

4 1

m

m m



0,25

1

Giải phương trình: 2

2 3 2(cot 1) sin 2

cos

x

x x

x



Đk:

2

cos 0 sin 2 0

x x











(1)

0,25

Với Đk (1) phương trình đã cho tương đương với:

sin 2

x



sin cos





2



3

3 1

tg

tg

x









 

   

0,25

KL: So sánh với điều kiện phương trình có tậpnghiệm :

/

x

T  k  k Z 

0,25

2 Giải phương phương trình: 2log x x2 

Ta có (1)

2

0 0

ln ln 2

(2) 2

2

x

x x

x x

x











XÐt hµm sè: f (x)= ln x

x trªn (0;+∞) ;

f '

(x )= 1− ln x

x2 ;f

'

B¶ng biÕn thiªn

x 0 e +

f’

f(x)

1.- 0 +

1

e

0,25

Tõ b¶ng biÕn thiªn suy ra hÖ cã kh«ng qu¸ 2 nghiÖm: NhËn thÊy x=2;

x=4 tháa m·n (2)

VËy ph¬ng tr×nh (1) cã tập nghiÖm T  x 2, 4

0,25

Tính tích phân

3

2 0

1

x







1,00

Đặt I =

3

2 0

1

x







Ta có I =

3

2

x





Ta tính

3

1 2 1 0

x

I x e dx

Đặt t = x3 ta có

1

1

0

Ta tính

1 4 2

0 1

x

x







Đặt t = 4 x  x t 4 dx 4t dt3 0,25 Khi đó

2

t



Vậy I = I1+ I2

1

3

3e 

  

0,25

a) Gọi O là giao điểm của AC và BD

Dễ thấy hai tam giác vuôngSOC và BOA có SOCBOA nên

SO BO OD  suy ra BSD vuông tại S

0,25

Do đó

2

M à OA BC2  OB2

0,25

Vì O là trung điểm AC nên VS.ABCD 2VS.ABD Mà AO  (SBD) nên 0,25

S

B

C

O

2 2

Mà

2

Vậy MaxV 2a 3 0,25

(1) ( 1) 3( 1) 3

( 1) ( 1) ( 1) 3 0 1 (3)

     

             

Thay (3) vµo (2) ta cã: m x(  4) x2 2 5  x2 8x 24

0,25

2 2

( 4) 2 ( 4) 4( 2)

(4) ( 4 ) 4

2

x x





§Æt

(*) ' ; ' 0 1/ 2

0,25

lim 1; lim 1

      

LËp b¶ng biÕn thiªn

-y 3

-1 1 suy ra   1 y 3 vµ (*) cã 2 nghiÖm ph©n biÖt  y1;3

PT (4) theo y:

4

y

 

(5) XÐt hµm sè

4

y

   

4 '( ) 1 0 2

y

    

lim ; lim

x  y x  y

  

0,25

LËp b¶ng biÕn thiªn

x -1 0 1 2 3

y’ - - 0 +

y -5

-

4 KL: ycbt PT (5) cã 2 nghiÖm ph©n biÖt y 1;3 

13 4;

3

m   

 

0,25

Giả sử A(a;0) ; B(0;b) ( a , b khác 0) => đường thẳng d đi A , B có

phương trình : 1 hay bx+ ay - ab = 0

ab 

0,25

d là tiếp tuyến của (C) tại M  M thuộc (C) và d vuông góc với IM 0,25 Đường tròn (C) có tâm I(-6 ; 6) , d có VTCP là u ( a b; ) 0,25

M là trung điểm của AB nêm M 2 2;

a b

  , 2 6;2 6

IM    

Do đó ta có hệ phương trình





v

  

 





 







Vậy d có p/t : x -y +2 = 0;x - y +22=0 ; x + 7y +14 = 0 ; 7x + y – 14= 0

0,25

C thuộc mặt phẳng (Oxy) nên C( a ; b ;0)

0,25 Tam giác ABC cân tại C

(1)

0.25

Ta có AB = 4 5 , trung điểm BC là I(3;3;0)

1

2

ABC

=>    

3  a  3  b  4 (2)

0.25

Từ (1) ; (2) ta có

3 7

a b









 hoặc

3 1

a b











Vậy có hai điểm C(3 ; 7 ;0) , B(3;-1;0)

0.25

Giả sử z = a +bi với ; a,b  R và a,b không đồng thời bằng 0 Khi đó

2 2

1 1

;

a bi

z a bi



0,25



       

( 25) 8( ) (1)

(2) ( 25) 6( )





   



0,25

Lấy (1) chia (2) theo vế ta có

3 4

b a

thế vào (1)

a a  a   a  a   a a   a 

0 0

a

a a



   





0,25

Với a = 0  b = 0 ( Loại) Với a = 4  b = 3 Ta có số phức z = 4 + 3i 0,25

1 1,00

Ta cú A , B thuộc đường thẳng AB nờn A(a ; 9 – 4a) , B( b ; 9 – 4b )

Do G(1 ;

11 )

3 là trọng tõm tam giỏc ABC nờn C( - a - b + 3; 4a + 4b – 7)

0,25

d : x - 3y +8 = 0 cú một VTCP là u(3;1)



; Gọi I là trung điểm BC ta cú I

3

2

a a





0;25

d là trung trực của cạnh BC

I d

BC u











 

3

2

a

a







 



0,25

1 3

a b





 



 Vậy A(1;5) , B(3;-3) và C (-1 ;9) 0,25

Mặt phẳng (P) qua A(1;1;2) cú phương trỡnh :

a(x-1)+ b(y -1)+c(z -2) = 0 ( a2 + b2 + c2  0)

0,25 Mặt cầu (S) cú tõm I(1;-2;2) bỏn kớnh R = 2

Mặt phẳng (Q) cú VTPT n(2;1; 6)



Ta cú (P) vuụng gúc với (Q) và tiếp xỳc (S) nờn 2 2 2

3

2

b















0,25

2

5









2 2









5 11 2













0,25

Chọn c = 0 thỡ a = b = 0 (loại)

Nờn c 0 Từ (I) Pt (P) : 2c(x-1)+ 2c(y -1)+c(z -2) = 0

Hoặc

11

2 c(x-1) -5c(y -1)+c(z -2) = 011x 10y2z 5 0

0,25

Tìm số nguyên dơng n biết:

2C n  3.2.2C n  ( 1)   k k k(  1)2k C k n  2 (2  n n 1)2 n C n n  40200

* Xét

− 1¿k C 2 n+1 k x k

+ −C 2n +1 2n +1 x 2 n+1

1− x¿2 n +1=C 2n +10 − C 2 n+11 x+C 2 n+ 12 x2− +¿

¿

(1)

* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:

−1¿kkC2 n+1 k x k − 1+ −(2 n+1)C2 n +1 2 n +1 x 2 n

1− x¿2 n=−C12n +1

+2C 2 n+12 x − +¿

−(2 n+1)¿

(2)

0,25

Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:

0,25

−1¿k k (k − 1)C 2n +1 k x k −2+ −2 n(2 n+1)C 2 n+1 2 n+1 x 2 n −1

1− x¿2 n −1=2C2 n+12 −3 C 2 n +13 x + +¿

2 n(2 n+1)¿

Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:

2n(2n 1) 2C  3.2.2C  ( 1) k(k 1)2  C  2n(2n 1)2  C 

Phơng trình đã cho ⇔2 n(2 n+1)=40200 ⇔2 n2

+n− 20100=0⇔n=100

0,25

Mọi cỏch làm khỏc mà đỳng đều cho điểm tương đương.