Tìm điểm M trên (E) sao cho diện tích tam giác MAB lớn nhất.[r]
Trang 1Sở GD&ĐT Quảng Nam KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC & CAO ĐẲNG NĂM 2011
Trường THPT chuyên MÔN TOÁN
Nguyễn Bỉnh Khiêm Thời gian làm bài : 180 phút
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = mx3 6x29mx 3 (1) (m là tham số)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1
2) Xác định m để đường thẳng d: y =
9 3
4x cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt A(0,– 3), B, C
thỏa điều kiện B nằm giữa A và C đồng thời AC = 3AB
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình: 2(sinx cos ) sin 3x xcos3x3 2(2 sin 2 ) x
2) Giải phương trình: log (22 x2) (2 x 20) log (2 x2) 10 x75 0
Câu III (1 điểm)
Tính thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y =
5
x x
, trục hoành và hai đường thẳng x = – 1, x = 3 quay quanh trục hoành
Câu IV (1 điểm)
Cho khối lăng trụ đều ABC.A’B’C’, cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA’= 2a Gọi M, N lần lượt trung điểm của CC’, A’C’ Mặt phẳng (BMN) cắt cạnh A’B’ tại E Tính thể tích khối chóp A.BMNE
Câu V ( 1 điểm)
Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn : (x2)2(y2)2 7 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = 3 x x ( 4) 5 + 3 y y ( 4) 5
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chọn một trong hai phần sau )
1 Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa ( 2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tứ giác MNPQ với M( – 1,– 3 ), N(4,
4 3
), P(4, 1), Q(–3, 1) và điểm
I(1,
1
2
) Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D lần lượt nằm trên các đường thẳng MN, NP, PQ, QM sao cho ABCD là hình bình hành nhận I làm tâm
2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
x y z
và hai điểm A(3, 2, –1), B(–1,– 4,3) Tìm trên đường thẳng d điểm M sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất
Câu VIIa ( 1 điểm)
Tính tổng S =
2 Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb ( 2 điểm)
1)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) :
1
x y
và hai điểm A(2, – 2), B(– 4, 2) Tìm điểm M trên (E) sao cho diện tích tam giác MAB lớn nhất Tính giá trị lớn nhất đó
2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): (x1)2(y 2)2(z3)2 17 và mặt phẳng (P): 2x + 2y + z + 7 = 0 Viết phương trình đường thẳng đi qua A(8, 0, – 23), nằm trong (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S)
Câu VIIb ( 1 điểm)
Trang 2Gọi z1 và z2 là hai nghiệm của phương trình: z2[(1 3) ( 3 1) ] i z2 3 2 i0 Tìm phần thực và phần ảo của số phức z12011z22011
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
THI THỬ ĐẠI HỌC & CAO ĐẲNG NĂM 2011
Câu Đáp án Điểm
Câu I
(2đ )
I.PHẦN CHUNG
Câu I (2 điểm)
1)(1,0 đ)
Khi m = 1 ta có hàm y x 3 6x29x 3
+TXĐ : D = R
+xlim y
, xlim y
+ y’ = 3x2 – 12x + 9 ; y’ = 0
+BBT
x – 1 3 +
y’ + 0 – 0 +
y 1 +
– – 3
+ Hàm đồng biến trên các khoảng (– , 1) và (3, +), nghịch biến trên khoảng (1,3)
Điểm cực đại của đồ thị (1,1), điểm cực tiểu của đồ thị (3, –3)
+ y” = 6x – 12 ; y” = 0 x = 2 , y(2) = – 1 Đồ thị có điểm uốn (2,– 1)
+ Đồ thị
4
2
-2
-4
t x = x 3 -6x 2 +9x-3
2)(1,0 đ)
+ Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) :
4
mx x mx x
4
x mx x m
2
0
9
4
x
+ Có 3 giao điểm A(0, – 3), B, C phân biệt (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
0,25
0,25
0,25
0,25
-0,25
Trang 3Câu Đáp án Điểm
CâuII
2
điểm
Câu
2
9
m
0
1 4
m
m m
(*)
+ Gọi B(x1, y1), C(x2, y2) với y1 =
9
4x1 – 3, y2 =
9
4x2 – 3 ; trong đó x1, x2 là 2
nghiệm của (1) Ta có AB
= (x1, y1 + 3), AC
= (x2, y2 + 3)
AC
= 3AB
3
x2 = 3x1
+Ta có
2
+ Ta có 4m2 – m – 3 = 0
1
3 / 4
m m
( thỏa điều kiện (*)) +Kết luận : m = 1 và m = – 3/4
Câu II(2 điểm)
1) 2(sinx cos ) sin 3x xcos3x3 2(2 sin 2 ) x
2(sinx cos ) 3sinx x 4sin3x4cos3x 3cosx3 2(2 sin 2 ) x
5(sinx cos ) 4(sinx x cos )(1 sin cos ) 3 2(2 sin 2 )x x x x
(sinx cos )(1 4sin cos ) 3 2(2 sin 2 )x x x x (1)
+ Đặt t = sinx – cosx , 2 t 2 thì t2 = 1 – sin2x
+ (1) trở thành t[1 + 2(t2 – 1)] = 3 2( 3 – t2 ) 2t33 2t2 t 9 2 0
(t 2)(2t25 2t9) 0 t = 2
+ sinx – cosx = 2
3
x x k
2) (1,0 đ) log (22 x2) (2 x 20) log (2 x2) 10 x75 0 (1)
+ĐK: x > – 2 Đặt t = log (2 x 2)thì (1) có dạng t2 + (2x – 20)t + 75 – 10x = 0 (2)
+ '= (x – 10)2 – (75 – 10x) = x2 – 10x + 25 = (x – 5)2
Suy ra (2)
5
15 2
t
+ log (2 x 2)= 5 x + 2 = 25 x = 30
+log (2 x 2)= 15 – 2x log (2 x 2)+ 2x – 15 = 0
Đặt f(x) = log (2 x 2)+ 2x – 15 thì f’(x) =
1
2 (x2) ln 2 > 0, x ( 2,) Hàm f(x) đồng biến trên ( – 2,+) và f(6) = 0 x = 6 là nghiệm duy nhất phương
0,25
0,25
0,25
-0,25 0,25
0,25 0,25 -0,25
0,25 0,25
0,25
Trang 4III
1
điểm
trình f(x) = 0
+ Kết luận: Tập nghiệm S = {30, 6}
Câu III (1 điểm)
+ Thể tích khối tròn xoay tạo ra là V =
3
2 1
5
x
dx x
+ Đặt t = 1 + 3 2x 3 2x = t – 1 3 + 2x = (t – 1)2 dx = (t – 1)dt
x = – 1 t = 2 ; x = 3 t = 4
0,25
Câu Đáp án Điểm
Câu
IV
1
điểm
Câu
V
1
điểm
+ V =
4 2 2 2
( 1) 2
t t
t dt t
=
4
2 2
3
=
4 2
2
3 10ln
t
t
Câu IV (1 điểm)
+ Đường thẳng MN cắt đường thẳng AA’ và AC tại H và K; HB cắt A’B’ tại E
E
K
H
N
M
C' B'
A
C B
A'
Ta có A’H = C’M = a, CK = NC’ = a/2 +VA.BMNE = VHABK – (VHAEN + VMABK)
+SABK =
1
2AB.AK.sin600 =
2
3 3 8
a
+VH.ABK =
1
3SABK.HA =
3
3 3 8
a
+VM.ABK =
1
3SABK.MC =
3
3 8
a
3
A E HA
AB HA A’E =
1
3a
+VHAEN = VH.A’EN + VA.A’EN =
1
3SA’EN.HA
=
1
6.A’E.A’N.sin600.HA =
3
3 24
a
+VA.BMNE =
3
3 3 8
a
– (
3
3 24
a
+
3
3 8
a
)
=
3
5 3 24
a
Câu V(1 điểm)
+ Gọi T là miền giá trị của P Ta có mT Hệ sau có nghiệm
+Đặt u = 3 x x ( 4) 5 , v =3 y y ( 4) 5 Ta có u = 3(x 2)2 1 1,tương tự v1
Hệ (I) trở thành
u v
u v m
3
(u v) 3 (uv u v) 9
u v m
3 9 3
m uv
m
u v m
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
-0,25
0,25
Trang 5+Ta có u, v là hai nghiệm phương trình:
3
0 3
m
t mt
m
(1) + Hệ (I) có nghiệm Phương trình (1) có nghiệm t1, t2 thỏa điều kiện 1 t1 t2
0
3 2
3
0 3
2 0 9
1 0 3
m m
m m
m
m m
3
36 0 3
2
0 3
m m m
m
Câu Đáp án Điểm
Câu
VIa
2
điểm
Câu
3
2
m m
Suy ra miền giá trị T = [3, 336] Vậy maxP = 336, minP = 3
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chọn một trong hai phần sau )
1 Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa ( 2 điểm)
1)(1,0 đ)
+ Gọi M’, N’ lần lượt điểm đối xứng của M và N qua I M’(3, 2) và N’( – 2,
1
3)
+Phương trình đường thẳng M’N’:
x y
x – 3y + 3 = 0 +AMN và C đối xứng với A qua I nên C là giao điểm của M’N’ với PQ
+ Phương trình đường thẳng PQ: y = 1
+Tọa độ điểm C là nghiệm hệ pt
C(0, 1) A(2, – 2) + Gọi Q’ điểm đối xứng của Q qua I Q’(5, – 2)
+DMQ và B đối xứng với D qua I nên B là giao điểm của M’Q’ với PN
+ Phương trình M’Q’:
x y
2x + y – 8 = 0; phương trình PN : x = 4
+Tọa độ điểm B là nghiệm hệ pt
B(4, 0) D(– 2, – 1 ) Vậy: A(2, – 2), B(4, 0), C(0, 1), D(– 2, – 1 )
2)M(1 + t, – 1 + 2t, 1 – 3 t)d Ta có:
MA + MB = (t 2)2(2t 3)2(2 3 ) t 2 + (2t)2(2t3)2 ( 2 3 )t 2
= 14t2 28 17t 14t228 17t
=
+Trong mặt phẳng tọa độ Oxy xét E(1,
3
14 ), F(–1, –
3
14 ) và N(t, 0)
Ta có MA + MB = 14(NE + NF) 14FE = 2 17
+ E và F nằm hai bên trục hoành và đối xứng qua gốc O, còn N chạy trên trục hoành
nên dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi E, N và F thẳng hàng , tức t = 0
0,25
0,25
-0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25 0,25 0,25
Trang 61
điểm
+ Vậy min(MA + MB) = 2 17 khi và chỉ khi t = 0 hay M(1, –1, 1)
Câu VIIa (1 điểm)
+ Ta có (1 x)2011C20110 C12011x C 20112 x2 C20112010 2010x C20112011 2011x
Suy ra x2(1 x)2011 C20110 x2 C20111 x3C20112 x4 C20112010 2012x C20112011 2013x
1
2 2011
0
x x dx
= 1 0 2 1 3 2 4 2010 2012 2011 2013
0
C x C x C x C x C x dx
=
1
0
=
0,25
0,25
Câu Đáp án Điểm
Câu
VIb
2
điểm
Vậy S =
1
2 2011 0
x x dx
Đặt t = 1 – x dt = – dx Với x = 0 thì t = 1; với x = 1 thì t = 0
S =
0
2 2011 1
(1 ) t t (dt)
=
1
0
(t 2 1)t t dt
=
1
2013 2012 2011 0
=
1
2014 2013 2012
0
2
2014 2013 2012 =
1 2013.2014.1006
2 Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb ( 2 điểm)
1)Phương trình đường thẳng AB:
x y
2x + 3y + 2 = 0
+ AB = 2 13, M(x0,y0)(E)
, d(M,AB) =
13
x y
+ SMAB =
1
2AB.d(M,AB) = 2x03y0 2
+ BĐT Bunhiacôpxki
x y
Suy ra 9 2 x03y0 9 7 2 x03y0 2 11 2x03y02 11
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
0
2
y
Vậy maxSMAB = 11 khi và chỉ khi M(2,
5 ) 3
2)(S) có tâm I(–1, 2,–3), bán kính R = 17 (P) có VTPT n
= (2, 2, 1) + Gọi u
= (a, b, c) là VTCP đường thẳng cần tìm (a2 + b2 + c2 > 0) +(P) un 2a + 2b + c = 0 c = – 2a – 2b (1)
+ Ta có AI
= (–9, 2, 20), [AI
,u] = (2c – 20b, 20a + 9c, – 9b – 2a)
0,25
0,25
-0,25
0,25
0,25
0,25
-0,25
Trang 7tiếp xúc (S) d(I,) = R
,
17
AI u u
(2c 20 )b 2(20a9 )c 2 ( 9b 2 )a 2 17 a2b2c2 (2)
+Từ (1) và (2) ta có
( 4 a 24 )b (2a18 )b ( 9b 2 )a 17[a b ( 2a 2 ) ]b
896b2 – 61a2 + 20ab = 0
+Nếu b = 0 thì a = 0 suy ra c = 0 vô lí, vậy b0 Chọn b = 1
Ta có – 61a2 + 20a + 896 = 0 a = 4 hoặc a =
224 61
+ Với a = 4, b = 1 thì c = – 10 ; với a =
224 61
, b = 1 thì c =
326 61
Vậy có hai đường thẳng thỏa bài toán là:
8 4
23 10
y t
224 8 61
326 23 61
y t
0,25
0,25
0,25
Câu Đáp án Điểm Câu
VIIb
1
điểm
Câu VIIb (1 điểm)
+ Biệt số = [(1 3) ( 3 1) ] i 2 4(2 3 2 ) i 4 3 4 i=[(1 3) (1 3) ]i 2
+Phương trình có hai nghiệm: z1 = 3– i và z2 = 1 + 3i
+z1 = 3– i =
3 1
2011 2011
1
=
2011 3 1
+z2 = 1 + 3i =
2
=
2011 1 3
Suy ra
2011 2011 2011
Vậy phần thực là 22010(1 3) và phần ảo là 22010(1 3)
0,25
0,25
0,25
0,25