Viết phương trình mặt cầu S ngoại tiếp tứ diện OABC, tìm tọa độ tâm và bán kính của đường tròn C là giao tuyến của P và S.. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm..[r]
Trang 1TRƯỜNG THPT KIM THÀNH II
-ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011-2012 LẦN II
Môn thi: TOÁN; Khối: A,B
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: y2 m x 3 6mx29 2 m x 2
(Cm)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên với m=1.
2 Tìm m để đường thẳng d: y=-2 cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0;-2), B và C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 13
Câu II: (2,0 điểm)
1 Giải phương trình: tan 2 tan 1sin 4 sin 2
6
2 Giải hệ phương trình:
3 7 1 2 1
Câu III: (1,0 điểm)
Tính tích phân:
x 1
x x ln x 1
x
Câu IV: (1,0 điểm)
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình chữ nhật với AB = a; AD =2a Hai mặt bên (ABB’A’) và (ADD’A’) lần lượt tạo với đáy những góc 300 và 600 .Tính thể tích khối hộp theo a biết cạnh bên bằng a
Câu V: (1,0 điểm)
Cho
3 , 1;
2
a b
và
1 3
;
2 4
c
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4
P
Câu VI (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại C có phương trình cạnh AB là x-2y=0, điểm I(4;2) là trung điểm của AB, điểm M(4;
9
2) thuộc cạnh BC, diện tích tam giác ABC bằng 10 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết tung độ điểm B lớn hơn hoặc bằng 3
2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x+2y+2z-6=0, gọi A, B, C lần
lượt là tọa độ giao điểm của (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện OABC, tìm tọa độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao tuyến của (P) và (S)
Câu VII (1,0 điểm)
Gọi z z z z1, , ,2 3 4là bốn nghiệm của phương trình z4 z3 2z26z 4 0 trên tập số phức tính tổng:
12 22 32 42
S
-Hết -Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……… ……….Số báo danh: ………
Trang 2TRƯỜNG THPT KIM THÀNH II
-ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011-2012 LÂN II
Môn thi: TOÁN; Khối: A
Câu I 1) Khi m = 1
⇒ y x 3 6x29x 2
TXĐ: D = R
x x x x
,
x x x x
3
x
x
0,25 đ
BBT:
x - ∞ 1 3 + ∞
y/ + 0 - 0 +
2 + ∞
y
- ∞ -2
0,25 đ
Hàm số đồng biến: (- ∞ ; 1),(3;+
∞ )
Hàm số nghịch biến: (1;3)
fCĐ = f(1) = 2
fCT = f(3) = -2
Khi y’’ =6x-12=0 x2=>y=0
Khi x=0=>y=-2
x= 4=>y=2
Đồ thị hàm số nhận I(2;0) là tâm đối
xứng
0,5 đ
2) Phương trình hoành độ giao điểm là:
2 m x 3 6mx29 2 m x 22
2 m x 3 6mx2 9 2 m x 0
(1)
0
x
0,25 đ
Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt A(0;-2), B và C vậy phương
trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ta có điều kiện:
2
m
m m
0,25 đ
Gọi tọa độ điểm B(xB; -2), C(xC; -2) Đk: xBxC
Gọi h là khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng d:y+2=0=>h=2
Theo bài ra ta có
0,25 đ
Trang 3 2
1
2
Theo định lý viét ta có:
6 2 9
B C
B C
m
m
x x
Thay (4) vào (3) ta được:
6
m m
(tm)
0,25 đ
Câu II 1) Giải phương trình:
1 tan 2 tan (sin 4 sin 2 )(1)
6
: cos 0
2
m x
x
x
0,25
2
(1) 6sin cos 2 cos (sin 4 sin 2 ) 6sin cos cos 2 (4sin cos cos 2 2sin cos ) sin (4cos cos 2 2cos cos 2 6) 0
sin (2cos 2 (1 cos 2 ) cos 2 (1 cos 2 ) 6 0 sin (2cos 2 3cos 2 cos 2 6) 0
sin (cos 2 1)
(2 cos 22 x5cos 2x6) 0
0,5 đ
2
sin 0
2cos 2 5cos 2 6 0( )
x
0,25 đ
2) Giải hệ phương trình:
x y
0,25 đ
(1) x x3 7y12y y 1
3 1 3
2 4
0,25 đ
Thay (3) vào (2) ta được:
7x 2 7x 1 5 điều kiện:
1 7
x
0,25 đ
Trang 4
2
49 21 2 11 7
11
d
25
x x
x
x
Thay (4) vào (2) ta được:
4y 9y 5 y1=>x=2(tmdk)
Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x;y) 2;1 , 17 76;
25 25
0,25 đ
Câu III
Tính tích phân:
I=
2
ln 1
ln
1
x x e x e
xe dx xe e dx e e
e
Vậy I=I1+I2+1
e e x
dx x
=
e x e x
e e e e e e
Câu IV Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm
A’ trên mặt phẳng (ABCD) I,J lần lượt là
hình chiếu của điểm H trên các cạnh AD và
AB
Diện tích đáy ABCD là: S AB AD. 2a2
(đvdt)
0,25 đ
Vì AD (A’HI)=>A’IH=600
AB (A’HJ)=>A’JH=300
Xét A’HJ vuông tại H: HJ= 0
'
' 3 tan 30
A H
A H
Xét A’HI vuông tại H: HI= 0
tan 60 3
=>
' 3
A H
0,25 đ
Xét A’HA vuông tại H:
0,25 đ
A
D
B
C
C' B'
D' A'
H J I
Trang 5'
Thể tích khối hộp:
3
' 2
ABCD
Câu V
Ta có:
4
P
4
P
khi
3 , 1;
2
a b
=>2
a
b
a b và 2
b
a
b a dấu “=” khi a=b đồng thời 3a b 2c a b 2c2
dấu “=” khi a=b=2c
2 ab4 a bdấu “=” khi a=b
0,5 đ
=>
2 1
P
Đặt a b 2c=t=>
3 6 3;
2
t
Xét hàm số:
1
f t
t
với
3 6 3;
2
t
2
4
1
f t
t
với
3 6 3;
2
t
0,25 đ
BBT:
t 3
3 6 2 f’(t) +
34 99 6 50
f(t) 5
Vậy PMin5 khi cho a=b=1;c=
1 2
0,25 đ
Câu VI 1) Gọi tọa độ điểm B(2yB;yB)=>A(8-2yB;4-yB)
Phương trình đường thẳng CI là: 2x+y-10=0
Gọi tọa độ điểm C(xC;10-2xC)
0,25 đ
Trang 6=> CI 5 4 x C
; AB 20 y B 2
=> diện tích tam giác ABC là:
1
2
C B B C
C B B C
Vì
2
C B
C B
vì yB3
2x y C B 6y B 5x C 16 0
0,25 đ
Từ (1) và (3):
C B B C B
Từ (2) và (3):
2
C
C B B C
x
0,25 đ
Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là: A(2;1), B(6;3), C(2;6) 0,25 đ 2) Tọa độ giao điểm của (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt là
Gọi phương trình mặt cầu (S): x2+y2+z2+2Ax+2By+2Cz+D=0
Điều kiện: A2+B2+C2-D>0(1)
Vì mặt cầu (S) đi qua 4 điểm A, B, C, O ta có hệ phương trình:
3
2
0
A D
B A
B
C C
D
thỏa mãn điều kiện (1) Vậy phương trình mặt cầu (S): x2+y2+z2-6x-3y-3z=0 có tọa độ tâm I(
3 3 3; ;
2 2 ) bán kính
3 6 2
R
0,25 đ
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P) => phương trình đường thẳng
IH là:
3
3
2 2
3
2 2
3 ; 2 ; 2
Vì 8 5 5; ;
3 6 6
H P H
0,25 đ
Trang 7Vì 8 5 5; ; 1
3 6 6
H P H IH
Gọi bán kính của (C) là r ta có:
1
0,25 đ
Câu VII
z4 z3 2z26z 4 0
z 1 z 2 z2 2z 2 0
Không mất tính tổng quát ta gọi 4 nghiệm của(1)là
1 2 3 4
1 2 1 1
z z
0,5 đ
Thay và biểu thức 12 22 32 42 2 2
1
S
Thí sinh vẫn được điểm tối đa nếu giải bài toán đúng theo cách khác.