chiều cao bằng 4,8, hai đường chéo nằm trên hai trục tọa độ .Viết phương trình chính tắc của Elíp E đi qua hai đỉnh đối diện của hình thoi và nhận hai đỉnh đối diện còn lại làm hai tiêu [r]
Trang 1SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG BỒI DƯỠNG LẦN III TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG MÔN TOÁN – KHỐI A, B
Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao đề)
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm).
Câu 1(2,0 điểm) Cho hàm số y x 3 3x2 mx 2 (m là tham số) có đồ thị (C m)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0.
2 Tìm m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu cách đều đường thẳng y x 1
Câu 2(2,0 điểm)
1.Giải hệ phương trình:
2 Giải phương trình: 4 2
Câu 3 (1,0 điểm):Tính tích phân I =
4
0
3 sin 2
dx x
Câu4 (1,0 điểm)Trong mặt phẳng (P) cho đường tròn (T) đường kính AB = 2R C là một điểm di động trên (T) Trên đường thẳng d vuông góc với (P) tại A lấy điểm S sao cho SA = R H, K lần lượt là hình chiếu của A lên SB và SC Tìm tập hợp điểm K khi C chạy trên(T) Tìm giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện SAHK
Câu 5 (1,0 điểm) ) Cho x, y, z 0thoả mãn x + y + z > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 16
P
x y z
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc B)
A theo chương trình chuẩn.
Câu 6a.(2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thoi có cạnh bằng 5, chiều cao bằng 4,8 Hai đường chéo
nằm trên hai trục Ox và Oy Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua hai đỉnh đối diện của
hình thoi và nhận hai đỉnh đối diện còn lại làm hai tiêu điểm
2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
d
1:x − 4
3 =
y −1
z+5
1 =
y +3
3 =
z
1
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2
Câu 7a (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức C: z4 2z3 z2 2z 1 0
B theo chương trình nâng cao.
Câu 6b(2,0 điểm)
1 Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A(-m; 0), B(m; 0), m là số thực dương Một điểm M chuyển
động sao cho hiệu số đo giữa hai gócMAB v MBA à của tam giác MAB có giá trị tuyệt đối luôn bằng 2
Tìm quĩ tích điểm M
2.Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz,cho tam giác ABC biết: A(2; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 1) Tìm tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Câu 7b.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
4 xy 2x 4
-
Trang 2Hết -Câu 1
(2,0đ) 1 .Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0.
Khi m =1 hàm số đã cho là số y x 3 3x22
1 Tập xác định: R
0,25
2.Sự biến thiên:
a các giới hạn: limx ,limx
b Chiều biến thiên
, 3 2 6
, 0
y
2
x
x
Dấu y,
+ +
_
2 0
Hàm số ĐB trên các khoảng ( ;0) à (2;+ )v , NB trên khoảng(0;2)
Hàm số đạt CĐ tại x = 0, yCĐ = 2 Hàm số đạt CT tại x = 2, yCT = -2
0,25
c.Bảng biến thiên:
_
+
y '
y
-oo
2
-2 2
0
+oo
-oo
0,25
c.Đồ thi:
Điểm uốn: I(1, 0)
Đồ thị cắt trục tung tại y = 2, cắt Ox tại x = 1 và x = 1 3
0,25
Trang 31- 3 O
Đồ thị nhận điểm I(1; 0) làm tâm đối xứng
2 Tìm m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu cách đều đường thẳng
y x 1
1,0
Ta có: y' 3 x2 6x m
Hàm số có CĐ, CT y' 3 x2 6x m 0 có 2 nghiệm phân biệt x x1; 2
' 9 3m 0 m 3 (*)
0,25
Gọi hai điểm cực trị là Ax1;y1;B x 2;y2
Thực hiện phép chia y cho y¢ ta được:
y x y x
Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là :
2
y x
0,25
Các điểm cực trị cách đều đường thẳng y x 1 xảy ra 1 trong 2 trường
hợp:
TH1: Đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị song song hoặc trùng với đường
thẳng y x 1
m
m
0,25
Trang 42 2
m
Vậy các giá trị cần tìm của m là:
3 0;
2
m
Câu 2
(2,0 đ)
1.Giải hệ phương trình:
0,25
.Điều kiện x1,y1
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
1 1
(3) dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1 1
1 1
(4) dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1 1
y
Cộng (3) với (4) theo từng vế ta có x y1y x1xy Dấu bằng xảy ra khi
và chỉ khi
1 1
2
1 1
x
y
Do (5) suy ra phương trình (2) của hệ có nghiệm duy nhất x = y = 2
Thay x = y = 2 vào (1) thỏa mãn Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = 2
0,25
2 Giải phương trình: 4 2
Ký hiệu phương trình đã cho là (*)
Điều kiện:
sinx 0 sin 2 0
cos 0
x
x
Ta có
os2 cos os2 cos sin 2 sinx
1 cot 2 cot 1
sin 2 sinx sin xsin 2
2sin cos 2sin
x
(do cosx khác 0)
Khi đó
0,25
Trang 54 4 4 4
48sin os sin os
2
2
2
2
2 sin 2
sin 2
2
x
x
k
Câu 3
(1,0đ)
Tính tích phân: I =
4
0
3 sin 2
dx x
=
4
2 0
cos sin
4 (sin cos )
dx
0,25
Đổi biến: tsinx cosx dt(cosxsin )x dx;
Đổi cận: x 0 t 1;x 4 t 0
Ta có
0
2
1 4
dt I
t
0,25
Đổi biến: t 2sinu ( 2 u 2) dt 2 cosudu
Đổi cận: t 0 u 0;t 1 u 6
Ta có :
0
2 6
2cos
4 4sin
udu I
u
0.25
2cos
udu
du u
Câu4
(1,0đ)
K H
C
S
B A
Ta chứng minh được SB (AHK) suy ra mặt phẳng (AHK) cố định
0,25
Trang 6Ta có
Lại có
Thể tích VSAHK lớn nhất khi AK.KH lớn nhất khi AK = KH
Hay 2AK2= AH2
2
2 2 5
R AK
Vậy Max VSAHK =
2
0.25
Câu 5
(1,0đ) Cho x, y, z
0
thoả mãn x + y + z > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 16
P
x y z
1,0 đ
Trước hết ta có:
3 3
4
x y
(biến đổi tương đương)
0,25
Đặt x + y + z = a Khi đó
(với t =
z
a, 0 t 1) Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t0;1
Có
9
Lập bảng biến thiên
0,25
0;1
64 inf
81
t
GTNN của P là
16
81 đạt được khi x = y = 4z > 0
0,25
Câu6a
(2,0đ)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thoi có cạnh bằng 5 chiều cao bằng 4,8,
hai đường chéo nằm trên hai trục tọa độ Viết phương trình chính tắc của Elíp (E)
đi qua hai đỉnh đối diện của hình thoi và nhận hai đỉnh đối diện còn lại làm hai
tiêu điểm
1,0 đ
Phương trình chính tắc của (E) có dạng
a b
Gọi b là babs trục nhỏ của (E), c là khoảng cách từ tâm đến tiêu điểm
Ta có b2c2 25 (1)
Mặt khác diện tích hình thoi là 2bc = 5 4,8 = 24 (2)
0,25
Trang 7Từ (1) và (2) có hệ
2 2
3 4 25
3
b c
c
0,25
Trường hợp 1:
2 3
c
0,25
Trường hợp 1:
2 4
c
0,25
2 Dạng tham số của d1và d2 là:
: 3 2 , : 1 2 '
Véc tơ chỉ phương của d1, d2 lần lượt là :u 1(1; 2; 1); u2 ( 7;2;3)
; d1 đi qua điểm A(7;3;9), d2 đi qua điểm B(3;1;1)
1 2 ( 4; 2; 8) , 168 0
d1và d2 chéo nhau
1 (7 ;3 2 ;9 ); 2 (3 7 ';1 2 ';1 3 ')
0,25
MN nhỏ nhất MN là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau
d1và d2
6 44 ' 0 ' 0 0
0,25
Toạ độ điểm M và N lần lượt là: M(7;3;9), N(3;1;1)
Tâm I của mặt cầu(S) là trung điểm của M, N suy ra I(5; 2; 5)
Bán kính R = IM hayR2 IM2 21
0,25
Vậy mặt cầu (S):(x 5)2(y 2)2(z 5)2 21 0,25
Câu7a
(1,0đ) Giải phương trình sau trên tập số phức C:
4 2 3 2 2 1 0
z z z z (1) 1,0 đ
Nhận thấy z = 0 không phải là nghiệm của phương trình (1)
Chia hai vế của (1) cho z2 ta có
2
0,25
Đặt
1
z
Ta có phương trình
2 3 0
3
Z
Z
0,25
Trang 8Kết luận;: Phương trình (1) có 4 nghiệm
à
i
0,25
Câu6b
(2,0đ)
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A((-m; 0), B(m; 0), m là số thực
dương Một điểm M chuyển động sao cho hiệu giữa hai gócMAB và MBA
của tam giác MAB có giá trị tuyệt đối luôn bằng 2
Tìm quĩ tích điểm M
1,0
Gọi H là hình chiếu của M trên Ox
Đặt góc MAB a , MBH b
Giả sử với hệ trục Oxy đã chọn điểm M(xM; yM)
M
b a
H B
A
y
Do M tạo với hai điểm A, B một tam giác nên M không trùng với H suy ra yM
0
0,25
*Trường hợp 1:Nếu b > a ta có b = MBA (2 a) 2 a
Ta có yM =
.tan ( ) tan( ) ( )cot a = (x )
2
Hay
( 1)
Do (1) ta suy ra điểm M chạy trên nhánh phải của Hypebol (H) có phương trình
0,25
Trang 9* Trường hợp 2 : Nếu b < a lập luận tương tự ta có điểm M chạy trên nhánh trái
của
(H) :
m m Trừ hai đỉnh A(-m; 0) và B(m; 0)
0,5
2 AB ( 2;2;0); AC ( 2;0;1)
.Toạ độ trung điểm của AB là: M(1;1;0), toạ
độ trung điểm của AC là N(1;0;1/2) Mặt phẳng (ABC) đi qua A(2;0;0) ,
B(0;2;0), C(0,0,1) nên có phương trình:2 2 1 2 2 0
0,25
Mặt phẳng trung trực của AB đi qua M và nhận AB
làm một VTPT nên có PT:
-2(x-1) + 2(y - 1) = 0 x – y = 0 (P)
Mặt phẳng trung trực của AC đi qua N và nhận AC
làm một VTPT nên có PT:
(Q)
0,25
Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là giao điểm của 3 mặt phẳng
(ABC),(P) và (Q) Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình:
5 6
2 2 0
5 5 5 1
6 6 6 6
x
0,25
Bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: R=IA=
5 3
6 ( đơn vị dài)
0,25
Câu7b
(1,0đ)
Giải hệ phương trình:
xy x
Từ (2) xét hàm số: f(t) =2t t3 f t'( ) 2 ln 2 3 t t2 0, t R hàm số f(t)
đồng biến trên R Do đó từ (2) f(x) = f(y) x = y
0,25
Trang 10( Thí sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa)