Vậy tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SCDE là giao điểm của mặt phẳng (ABMN) và trục đường tròn ngoại tiếp đáy CDE.. Gọi Δ là đường thẳng qua I là trung điểm của CD và song son[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÒA BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2011-2012
TRƯỜNG THPT CÔNG NGHIỆP Môn: TOÁN - Khối: A, B
-*** - Thời gian làm bài: 180 phút.
ĐỀ CHÍNH THỨC
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm y x 3 3 mx2 4 m3 (1), với m là tham số thực.
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
2 Xác định m để đồ thị hàm số (1) cócác điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x.
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình sin 2 x cos x +cos 2 x
sin x =tan x − cot x
2 Giải hệ phương trình
2 3
Câu III (1,0 điểm) Tính tÝch ph©n I=∫
0
1
x
√4 − x2(e 2 x.√4 − x2− x2)dx
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B
AB=BC=a ; AD=2 a Cạnh bên SA vuông góc với đáy (ABCD) và SA= a Gọi E là trung điểm của
AD
Tính thể tích khối chóp S.CDE và tìm tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.CDE
Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c lµ ba sè d¬ng tho¶ m·n a + b + c =
3
4
T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P=3 1
√a+3 b+
1 3
√b +3 c+
1 3
√c+3 a .
II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2).
1 Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình (x 2)2(y 3)2 10 Xác định toạ
độ các đỉnh A, C của hình vuông, biết cạnh AB đi qua điểm M(-3; -2) và điểm A có hoành độ xA > 0
2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M(0; 1; 2) và N ( 1;1;3) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ điểmK0;0; 2 đến mp(P) đạt giá trị lớn nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn :
2 2
z z z z
và z z 2
2 Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( Δ ): x + y – 1 = 0, các điểm A( 0; - 1), B(2;1) Tứ giác ABCD là hình thoi có tâm nằm trên đường thẳng ( Δ ) Tìm tọa độ các điểm C, D
2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm A(0;1;1), (1;0; 3), ( 1; 2; 3)B C và mặt cầu (S) có phương trình:
x y z x z Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
2
log (log 1).log 3
Trang 2
-Hết -ĐÁP ÁN MÔN TOÁN
(Đáp án- Thang điểm gồm 05 trang)
I.1 1 Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3 3x2 + 4
+ TXĐ: R
+ Sự biến thiên: y’ = 3x2 6x = 0 x = 0 và x = 2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 0) và (2; +)
Hàm số nghich biến trênkhoảng (0; 2)
Hàm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT tại xCT = 2, yCT = 0
y” = 6x 6 = 0 x = 1
Điểm uốn (1; 2)
0.25
Giới hạn và tiệm cận:
3
3
0.25
LËp BBT:
0.25
§å thÞ:
0.25
I.2
2/ Ta có: y’ = 3x2 6mx = 0
0 2
x
hàm số có cực đại và cực tiểu khi m 0.
0.25
Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0) AB (2 ; 4 m m3)
Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m3)
0.25
∞
y’
y
0
x
0
y
x
O
Trang 3Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng
y = x và I thuộc đường thẳng y = x
3 3
2
0.25
Giải ra, kết hợp đk ta có:
2 2
m
II.1
* ĐK:x k π
Giải (2) x= π
3+k
2 π
Kết hợp đk pt có nghiệm là x=± π
Biến đổi (1) về pt ẩn y: y2 y 3x 4y3 y3 (L); y 1 x
0,25 Thay vào (2) 3 x 2 x 1 3
VT là hàm đồng biến trên 1;
nên pt có nghiệm duy nhất x = 3 (hoặc dùng ẩn phụ)
0,25
Với x=3 suy ra y = -2 Vậy hệ đã cho có nghiệm (3;-2) 0,25
2
1 2 2
x
Tính
0
x
Tính I2 bằng cách đặt t 4 x2 được 2
16
3 3
3
3 3
e
IV V = a3
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SE và SC ta có mặt phẳng (ABNM) là mặt phẳng trung
trực của SE Vậy tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SCDE là giao điểm của mặt phẳng
(ABMN) và trục đường tròn ngoại tiếp đáy CDE Gọi Δ là đường thẳng qua I là trung
điểm của CD và song song với SA.Gọi K là trung điểm của AB thì KN //AM KN và
Tam giác OIK vuông cân nên OI=IK= BC+AD
3 a
2 ; CD=a√2;IC=
CD
2 =
a√2
2
Ta có OC2=OI2
+IC2
=9 a2
4 +
2 a2
4 =
11a2
4 ⇒ R=OC= a√11
2
0.25
Trang 4O
C
E
I
M
N
K A
B
S
V áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dơng ta có
(x+ y+ z)(1x+
1
y+
1
z)≥33
√xyz3 3
√xyz=9⇒ 1
x+
1
y+
1
z ≥
9
x + y +z (*)
áp dụng (*) ta có P=3 1
√a+3 b+
1 3
√b +3 c+
1 3
√c+3 a ≥
9 3
√a+3 b+√3b+3 c +√3c+3 a 0.25
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dơng ta có
3
3
3
a 3b 1 1 1
b 3c 1 1 1
c 3a 1 1 1
0.25 Suy ra 3a 3b 3b 3c 3c 3a 1 4 a b c 6
3
1 4.3 6 3
3 4
Dấu = xảy ra
3
4
a 3b b 3c c 3a 1
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a=b=c=1/4
0.25
VI.a1 ptđt AB đi qua M(-3;-2) cú dạng ax+by+3a+2b=0 ( a2+b2≠0) Đuờng trũn (C) cú tõm
I(2;3) và bỏn kớnh R 10 nờn
2 2
| 2 3 3 2 |
10 a b a b 10(a b ) 25(a b)
a b
0.25
(a3 )(3b a b ) 0 a3b hay b3a
TH1: AB: x- 3y-3 = 0, gọi A(3t+3; t) t > -1 và do IA2=2.R2=20 t = 1, t = -1 (loại)
TH2: AB: 3x-y+7=0, gọi A(t; 3t+7) t > 0 và do IA2=2.R2=20 t = 0, t = -2 (khụng thoả 0.25
Trang 5VI.a2
Gọi nA B C, , A2 B2 C2 0
là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P)
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng; Ax B y 1C z 2 0 Ax By Cz B 2C0 0.25
N P A B C B C A B C
P : 2B C x By Cz B 2C 0
Khoảng cách từ K đến mp(P) là:
B
d K P
- Nếu B = 0 thì d(K,(P)) = 0 (loại)
- Nếu B 0thì
2
B
d K P
B
Dấu “=” xảy ra khi B = -C Chọn C = 1
VII.a
Gọi z = x + iy ta có
2
;
z x iy z z z z x y
2
z z z z x y x y
Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y = 1
VI.b1 Gọi I(a;b) là tâm của hình thoi Vì I Δ nên a + b – 1 = 0 hay b = 1 – a (1)
0.25
Ta có: AI (a;b+1) và BI (a – 2;b – 1) mà ABCD là hình thoi nên AI BI suy ra :
Thế (1) vào (2) rồi rút gọn được: a2 – 2a = 0 ⇔ a = 0 va a = 2 0.25 TH1: Với a = 0 thì I(0;1) Do I là trung điểm của AC và BD nên áp dụng công thức tọa độ
trung điểm, ta có:
¿
x C=2 xI − x A=0
y C=2 yI − y A=2
¿{
¿
và
¿
x D=2 xI − x B=− 2
y D=2 yI − y B=1
¿{
¿
;
TH2: Với a = 2 thì I(2;-1) Tương tự ta được: C(4;-1) và D(2;-3)
Vậy có hai cặp điểm thỏa mãn: C(0;2) và D(-2;1) hoặc C(4;-1) và D(2;-3)
VIb2. Ta có (S): (x1)2y2(z1)2 4 suy ra (S) có tâm I(1;0;-1), bán kính R 2
Và AB(1; 1; 4); AC ( 1; 3; 4)
Mặt phẳng (ABC) có một vectơ pháp tuyến là nAB 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 D1 2 là đường kính của mặt cầu (S) vuông góc với mp(ABC) Ta thấy với D 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
Trang 6Đường thẳng D D1 2 đi qua I(1;0;-1), và có VTCP là nABC (2; 2;1)
Do đó (D1D2) có phương trình:
1 2 2 1
y t
Tọa độ điểm D1 và D2 thỏa mãn hệ: 2 2 2
3
t
y t
t
; ; & ; ;
0.25
Ta thấy: d D ABC( ;(1 ))d D( 2;(ABC)) Vậy điểm
; ;
D
VIIb
Điều kiện
x 0
y 0
khi đó hpt
2
2 2
2.log y log x 1
2.log y log x 1
log x 1 log 3
Đặt
2
3
a log x
b log y
khi đó hpt trở thành:
2 2.b a 1
b a 1
2 a 1 a 1 a 2a 1 0
b 0
b a 1
b a 1
2
3
log x 1 x 2
(t / m) log y 0 y 1
Vậy hệ có nghiệm duy nhất: 2;1 0.25
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định.