toán 2 ab 2012 thpt công nghiệp hòa bình
Post on 22-Jun-2015
255 Views
Preview:
TRANSCRIPT
SỞ 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, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 33 4 y x mx m (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) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x.
Câu II (2,0 điểm).
1. Giải phương trình .cottansin
2coscos
2sin xxxx
xx
2. Giải hệ phương trình 2
3
3 4 3
2 2 3
y y x y
x y
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân 1
2 2 2
20
. 4 .4
xxI e x x dxx
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B và aADaBCAB 2; . 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 là ba số dương thoả mãn 34
a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
1 1 13 3 3
Pa b b c c a
II. PHẦN RIÊNG (3,0 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 2 2( 2) ( 3) 10x y . Xác định toạ độ các đỉnh A, C của hình vuông, biết cạnh AB đi qua điểm 3; 2 M và điểm A có hoành độ dương.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm (0; 1;2)M và ( 1;1;3)N . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ điểm 0;0;2K đến mặt phẳng (P) đạt giá trị lớn nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn 22 2 . 8z z z z và 2z z .
2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng : 1 0 x y các điểm 0; 1 , 2;1A B . Tứ giác ABCD là hình thoi có tâm nằm trên đường thẳng ( ). Tìm tọa độ các điểm C, D. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm (0;1;1) , (1;0; 3), ( 1; 2; 3)A B C và mặt cầu (S) có phương trình:
2 2 2 2 2 2 0x 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
23 1
2
2 2 2
2.log log 1
log (log 1).log 3
y x
y x
----------------------------------Hết----------------------------------
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN
(Đáp án- Thang điểm gồm 05 trang) Câu Nội dung Điểm 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
33 4lim lim 1
x xy x
x x
.. 0.25
LËp BBT:
0.25
Đồ thị:
0.25
I.2 2/. Ta có: y’ = 3x2 6mx = 0
02
xx m
hàm số có cực đại và cực tiểu khi m 0.
0.25
0
x
4 +∞
∞
+ + 0 0 y’
∞ 2 +∞
y
0
x
y
O
Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0) 3(2 ; 4 )AB m m
Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m3) 0.25
Điều 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 4 0
2
m m
m m
0.25
Giải ra, kết hợp đk ta có:
22
m ; 0.25
II.1 * ĐK:x
2k .
0.25 Pt về dạng -cos2x = cosx (2) 0.25
Giải (2) 3
23
kx và x = 2k 0.25
Kết hợp đk pt có nghiệm là 23
kx .. 0.25
II.2 Đk: ; 2.x R y 0,25 Biến đổi (1) về pt ẩn y: 2 3 4 3y y x y 3 (L); 1y y x
0,25 Thay vào (2)... 3 2 1 3 x x . ... 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 1 1 3
21 22
0 0 4x xI xe dx dx I I
x
0.25
Tính 1 2 2
2 2 11 0
0
1 1( ) |2 2 4
xx x e eI xe dx xe
0.25
III
Tính 2I bằng cách đặt 24t x được 2163 33
I 0.25
2 613 34 12eI
0.25
6
3aV 0.50
..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 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 đồng phẳng suy ra OKN là điểm cần tìm 0.25
IV
Tam giác OIK vuông cân nên OI=IK=2
32
aADBC
;
22
2;2 aCDICaCD
Ta có 211
411
42
49 222
222 aOCRaaaICOIOC
j
O
C
E
I
M
N
K
A
B
S
0.25 V
¸p dông BÊt ®¼ng thøc C«si cho ba sè d¬ng ta cã
zyx9
z1
y1
x19
xyz3xyz3
z1
y1
x1)zyx(
33
(*)
¸p dông (*) ta cã 333333 a3cc3bb3a
9a3c
1c3b
1b3a
1P
0.25
¸p dông BÊt ®¼ng thøc C«si cho ba sè d¬ng ta cã
3
3
3
a 3b 1 1 1a 3b 1.1 a 3b 23 3
b 3c 1 1 1b 3c 1.1 b 3c 23 3
c 3a 1 1 1c 3a 1.1 c 3a 23 3
0.25
Suy ra 3 3 3 1a 3b b 3c c 3a 4 a b c 63
1 34. 6 33 4
Do đó 3P 0.25
DÊu = x¶y ra 3a b c 1a b c4
4a 3b b 3c c 3a 1
VËy P ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng 3 khi 4/1cba 0.25
VI.a1
ptđt AB đi qua M(-3;-2) có dạng ax+by+3a+2b=0 ( a2+b2≠0). Đuờng tròn (C) có tâm I(2;3) và bán 0.25
kính 10R nên 2 2 2
2 2
| 2 3 3 2 |10 10( ) 25( )a b a b a b a ba b
( 3 )(3 ) 0 3a b a b a b hay 3b a pt AB: x- 3y-3 = 0 hoặc AB: 3x-y+7=0 0.25
TH1: AB: x- 3y-3 = 0, ..gọi A(3t+3; t) t > -1 và do IA2=2.R2=20 t = 1, t = -1 (loại). Suy ra A(6;1) C(-2; 5)
0.25
TH2: AB: 3x-y+7=0, gọi A(t; 3t+7) t > 0 và do IA2=2.R2=20 t = 0, t = -2 (không thoả mãn) 0.25 Gọi , ,n A B C
2 2 2 0A B C là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng; 1 2 0 2 0Ax B y C z Ax By Cz B C 0.25 1;1;3 3 2 0 2N P A B C B C A B C
: 2 2 0P B C x By Cz B C 0.25
Khoảng cách từ K đến mp(P) là: ,2 24 2 4
Bd K P
B C BC
- Nếu B = 0 thì d(K,(P)) = 0 (loại)
- Nếu 0B thì 2 2 2
1 1,24 2 4
2 1 2
Bd K P
B C BC CB
0.25
VI.a2
Dấu “=” xảy ra khi B = -C. Chọn C = 1 Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0 0.25
VII.a Gọi z = x + iy ta có
22 2 2;z x iy z z zz x y (x, yR) 0.5
22 2 2 2 22 . 8 4( ) 8 ( ) 2 (1)z z z z x y x y 2 2 2 1 (2)z z x x 0.25
Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y = 1 Vậy các số phức cần tìm là 1 + i và 1 - i 0.25
VI.b1
Gọi I(a;b) là tâm của hình thoi. Vì I 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 : a(a – 2) + (b + 1)(b – 1) = 0 (2). 0.25
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:
2202
AIC
AIC
yyyxxx
và
1222
BID
BID
yyyxxx
;
C(0;2) và D(-2;1). 0.25 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) 2 2 2: ( 1) ( 1) 4 x y z suy ra (S) có tâm I(1;0;-1), bán kính R 2
Và (1; 1; 4); ( 1; 3; 4)AB AC
Mặt phẳng (ABC) có một vectơ pháp tuyến là , ( 8;8; 4)n AB AC
0.25
Suy ra mp(ABC) có phương trình: 8x 8(y 1) 4(z 1) 0 2x 2y z 1 0
Ta có 1 ( ; ( )).3ABCD ABCV d D ABC S nên ABCDV lớn nhất khi và chỉ khi ( ;( ))d D ABC lớn nhất . Gọi
1 2D D là đường kính của mặt cầu (S) vuông góc với mp(ABC). Ta thấy với D là 1 điểm bất kỳ thuộc
(S) thì 1 2( ; ( )) max ( ;( )); ( ; ( ))d D ABC d D ABC d D ABC . Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D1 hoặc D2 0.25
Đường thẳng 1 2D D đi qua I(1;0;-1), và có VTCP là (2; 2;1)ABCn
Do đó (D1D2) có phương trình: 1 2
21
x ty tz t
.
Tọa độ điểm D1 và D2 thỏa mãn hệ:
2 2 2
1 2 22 31 2
3( 1) ( 1) 4
x tty t
z t tx y z
1 27 4 1 1 4 5; ; & ; ;3 3 3 3 3 3
D D 0.25
Ta thấy: 1 2( ;( )) ( ;( ))d D ABC d D ABC . Vậy điểm
7 4 1; ;3 3 3
D
là điểm cần tìm 0.25
VIIb
Điều kiện
x 0y 0
khi đó hpt
223 2
3 22
3 222
2.log y log x 12.log y log x 1
log y log y log x 1log x 1log 3
Đặt 2
3
a log xb log y
khi đó hpt trở thành:
22.b a 1b a 1
0.25 2 2 a 12. a 1 a 1 a 2a 1 0
b 0b a 1b a 1
0.5
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.
------------------Hết------------------
top related