ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010-2011

7 419 0
  • Loading ...
1/7 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 08/11/2013, 10:11

§Ị thi ®¹i häc lÇn 5 N¨m häc 2010-2011 M«n: To¸n khèi 12 (Thêi gian lµm bµi 180 phót kh«ng kĨ chÐp ®Ị) C©u 1: (2,0 điểm) Cho hàm số: ( ) 2 3 2 2 m x x m y C x - + + = - a) Khảo sát vẽ đồ thò hàm số khi m = 1 b) Tìm m để ( ) m C có cực đại tại A sao cho tiếp tuyến của ( ) m C tại A cắt oy tại B sao cho tam giác AOB vuông cân? C©u 2 (2,0 điểm) a) Gi¶i ph¬ng tr×nh: sin 2 x + cos 3 x + sinx = 0 b) Tìm điều kiện m để hệ phương trình sau có nghiệm thực: 1 1 3 x y x x y y m + =   + = −  C©u 3 (2,0 điểm) a) Tính tích phân: 2x 2 0 I e sin xdx. π = ∫ b) Gi¶i ph¬ng tr×nh: 2 12 8 2 4 2 2 9 16 x x x x - + - - = + . Câu 4: (2,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho A(0; 1; 0), B(2; 2; 2), C(-2; 3; 1) đường thẳng (∆) : x 1 y 2 z 3 2 1 2 − + − = = − a) Tìm điểm M thuộc (∆) để thể tích tứ diện MABC bằng 3. b) Tìm điểm N thuộc (∆) để diƯn tích tam giác ABN nhỏ nhất. Câu 5: (2,0 điểm) a) Cho hình chóp S.ABC đáy ABC là tam giác đều cạnh a. SA = SB = SC, khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC) là h. Tính h theo a để hai mặt phẳng (SAB) (SAC) vuông góc nhau. b) Cho a,b,c > 0 Chøng minh r»ng 2 3 ≥ + + + + + ba c ac b cb a (1) .HÕt . *Ghi chó: Gi¸m thÞ kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Së GD&§T VÜnh Phóc Trêng THPT Ng« gia Tù §¸p ¸n bµi thi thư ®¹i hoc lÇn 5 (N¨m 2008-2009) Câu 1 (2 điểm): Nội dung trình bày Điểm a) ( 1 điểm) khi m=1 thì hàm số có dạng: 1 1 2 y x x = − + + − Tập XĐ { } \ 2R 0,25 2 1 1 ' 1 ; ' 0 3 (2 ) x y y x x = = − + = ⇔ = − 1 2 1 ' 0 , ' 0 2 3 3 x x y y x x < <£ >³ Û Û < >£ 0,25 Bảng biến thiên x - ¥ 1 2 3 + ¥ y' - 0 + P + 0 - y + ¥ + ¥ P -3 1 - ¥ - ¥ Tiệm cận đứng 2x = , tiệm cận xiên là: 1y x=- + 0,25 Đồ thò: 0,25 b) ( 1 điểm) Ta có ( ) ( ) 2 2 1 2 2 2 2 4 4 ' 1 ; ' 0 2 2 (2 ) 2 2 x m x x m y y x m x m x x x m ≠   − + + − = − + = = ⇔ − = ⇔ = −  − −  = +  0,25 Ta có bảng biến thiên sau: x - ¥ 1 x 2 2 x + ¥ 0,25 y y x 1 1 1 1 2 O y' - 0 + P + 0 - y + ¥ + ¥ P 2 y 1 y - ¥ - ¥ - ¥ ù Vậy cực đại đạt được tại điểm ( ) 2 2 2 2 2 ; , 1 1 2 2 m A x y voi y x m x =- + + =- - - Tiếp tuyến của ( ) m C tại điểm CĐ A có PT là: 1 2y m=- - do đó 1 2 1 2OB m m= - - = + mà AB= 2 2x m= + Tam giác AOB vuông cân khi chỉ khi 1 2 2 1OB AB m m m= + = + =Û Û 0,5 Câu 2 (2 điểm) a) BiÕn ®ỉi ph¬ng tr×nh vỊ d¹ng: sin 2 x + sinx + cos 2 x.cosx = 0 ⇔ (sinx + 1)sinx + (1 - sin 2 x).cosx = 0 ⇔ (sinx + 1)[sinx + (1 - sinx).cosx] = 0 ⇔ sin 1 sin cos sin .cos 0 x x x x x = −   + − =  (1) (2) 0,5 Gi¶i (1): Ta ®ỵc x = 2 , 2 k k π π − + ∈¢ 0,25 Gi¶i (2): §Ỉt t = sinx + cosx, 2 1 2 sin .cos 2 t t x x − ≤ ⇒ = Khi ®ã ph¬ng tr×nh cã d¹ng: t - 2 1 2 t − = 0 ⇔ t 2 - 2t - 1 = 0 ⇔ 1 2 1 2 t t  = −  = +   (l) ⇔ sinx + cosx = 1 2− ⇔ 2 sin(x + 4 π ) = 1 - 2 ⇔ sin(x + 4 π ) = 1 2 2 − ⇔ 1 2 arcsin( ) 2 4 2 , 3 1 2 arcsin( ) 2 4 2 x k k x k π π π π  − = − +   ∈  −  = − +  ¢ VËy ph¬ng tr×nh cã ba nghiƯm 0,25 b) ( 1 điểm) Điều kiện , 0x y ≥ ta có: 3 3 x y 1 x y 1 x x y y 1 3m ( x) ( y) 1 3m ì ì ï ï + = + = ï ï ï ï Û í í ï ï + = - + = - ï ï ï ï ỵ ỵ Đặt S x y 0, P xy 0= + =³ ³ , 2 S 4P.³ 0,5 Hệ phương trình trở thành: 3 S 1 S 1 P m S 3SP 1 3m ì ì = =ï ï ï ï Û í í ï ï = - = - ï ï ỵỵ . Từ điều kiện 2 S 0, P 0, S 4P³ ³ ³ ta có 1 0 m 4 £ £ . 0,5 Câu 3 (2 điểm) a) Biến đổi I về dạng: 2x 2 2x 0 0 1 I e sin xdx e (1 cos2x)dx 2 π π = = − ∫ ∫ (1) • Xét tích phân: 2 2x 2x 1 0 0 1 e 1 I e dx e 2 2 2 π π π = = = − ∫ (2) • Xét tích phân: 2x 2 0 I e cos2xdx π = ∫ Đặt: 2x 2x du 2sin2xdx u cos2x 1 v e dv e dx 2 = −  =   ⇒   = =    Khi đó: 2 2x 2x 2x 2 0 0 0 1 e 1 I e cos2x e sin2xdx e sin2xdx 2 2 2 π π π π = + = − + ∫ ∫ (3) 0,5 • Xét tích phân: 2x 2, 1 0 I e sin2xdx π = ∫ Đặt: 2x 2x du 2cos2xdx u sin2x 1 v e dv e dx 2 =  =   ⇒   = =    Khi đó: 2 2x 2x 2, 1 2 0 0 I 1 I e sin e cos2xdx I . 2 π π = − = − ∫ 1 44 2 4 43 (4) Thay (4) vào (3), ta được: 2 2 2 2 2 e 1 e 1 I I I . 2 2 4 4 π π = − − ⇔ = − (5) Thay (2), (5) vào (1), ta được: 2 2 2 1 e 1 e 1 1 I [ ( )] (e 1). 2 2 2 4 4 8 π π π = − − − = − ⇒ I 1 = 1 1 1 t t t 0 0 0 e .t e dt e e 1− = − = ∫ . Vậy I = 2 0,5 b) §K: 22 ≤≤− x (*). Ta cã: [ ] 2 2 12 8 2 2 4 4(2 ) 2 ( 2 4) (2 2 )x x x x x é ù - = + - - = + - - ê ú ë û => Ph¬ng tr×nh: 0)16924422)(2242( 2 =+−−++−−+ xxxxx     +=−++ =−−+ ⇔ )2(16924422 )1(02242 2 xxx xx 0,5 Ta cã: (1) 3 2 4842 =⇔−=+⇔ xxx tho¶ m·n (*). (2) 082816)28(41692816848 22222 =−−−+−⇔+=−+−⇔ xxxxxxx §Ỉt 0,282 2 ≥−= txt , ta ®ỵc:    −−= = ⇔=−−+ 8 088 22 xt xt xxtt * 0 2 4 2 2 2 8 2 . 2 2 3 32 8 x t x x x x x x ì £ £ ï ï = - = =Û ÛÛ í ï - = ï ỵ 0,5 * 082828 2 =++−⇔−−= xxxt ph¬ng tr×nh nµy v« nghiƯm ( do(*)). VËy ph¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiƯm: 3 24 ; 3 2 == xx Câu 4 ( 2 điểm) a) Phương trình tham số của (D): x 1 2t y 2 t z 3 2t = +   = − −   = +  M ( ) M(1 2t; 2 t; 3 2t)∈ ∆ ⇒ + − − + AB (2; 1; 2), AC ( 2; 2;1)= = − uuur uuur [AB; AC] ( 3; 6; 6) 3(1; 2; 2) 3.n= − − = − − = − uuur uuur r , với n (1; 2; 2)= − r Phương trình mp (ABC) qua A với pháp vectơ n r : (ABC): x + 2y – 2z – 2 = 0. 2 2 2 ABC 1 1 9 S [AB; AC] ( 3) ( 6) 6 . 2 2 2 = = − + − + = uuur uuur 0,5 Đường cao MH của tứ diện MABC là khoảng từ M đến (ABC): 1 2t 2( 2 t) 2(3 2t) 2 4t 11 MH d(M(ABC)) 3 1 4 4 + + − − − + − − − = = = + + Thể tích tứ diện MABC bằng 3 4t 11 1 9 V . . 3 3 2 3 + ⇔ = = 5 17 4t 11 6 t hay t . 4 4 ⇔ + = ⇔ = − = − Vậy, có 2 điểm M cần tìm là: 3 3 1 15 9 11 M ; ; hay M ; ; 2 4 2 2 4 2     − − −  ÷  ÷     0,5 b) N ( ) N(1 2t; 2 t; 3 2t) ∈ ∆ ⇒ + − − + 2 2 ABN 1 1 2 3 2 S [NA; NB] 32t 128t 146 (4t 8) 9 2 2 2 2 = = + + = + + ≥ uuur uuur ABN 3 2 maxS 4t 8 0 t 2. 2 ⇒ = ⇔ + = ⇔ = − Vậy, điểm N cần tìm là N(-3; 0; 1). 1,0 Câu 5 ( 2 điểm) a) Gọi O là tâm của ∆ABC Ta có: SA SB SC OA OB OC ( ABC đều) = =   = = ∆  ⇒ SO là trục của đường tròn (ABC) SO (ABC) ⇒ ⊥ Mà : AO BC; SO BC BC (SOA) BC SA ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ Dựng BI SA ⊥ , suy ra: SA (IBC) SA IC. ⊥ ⇒ ⊥ · BIC⇒ là góc phẳng nhò diện (B, SA, C). 0,5 ∆SOA vuông có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a 3h a 3h a SA SO OA h SA 3 3 3 + + = + = + = ⇒ = Gọi M là trung điểm BC Ta có: BM (SOA), BI SA ⊥ ⊥ IM SA ⇒ ⊥ (đònh lý 3 đường vuông góc) ⇒ MIA SOA ∆ ∆ : 2 2 2 2 AM a 3 3 3ah MI SO. h. . SA 2 3h a 2 3h a ⇒ = = = + + SAB SAC (c.c.c) IB IC IBC ∆ = ∆ ⇒ = ⇒ ∆ cân tại I. (SAB) (SAC) IBC ⊥ ⇔ ∆ vuông cân tại I 1 IM BC 2 ⇔ = 2 2 2 2 2 2 2 3ah 1 a 3h 3h a 2 2 3h a a 6 9h 3h a h . 6 ⇔ = ⇔ = + + ⇔ = + ⇔ = Vậy, a 6 h . 6 = 0,5 b) §Ỉt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta cã a= 2 xzy −+ ; b = 2 yxz −+ ; c = 2 zyx −+ ta cã (1) ⇔ z zyx y yxz x xzy 222 −+ + −+ + −+ 2 3 ≥ ⇔ 3111 ≥−++−++−+ z y z x y z y x x z x y ⇔ ( 6)()() ≥+++++ z y y z z x x z y x x y 0,5 BÊt ®¼ng thøc ci cïng ®óng v× ( ;2 ≥+ y x x y 2 ≥+ z x x z ; 2 ≥+ z y y z nªn ta cã ®iỊu ph¶i chøng minh 0,5 GIẢI ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 He , ( 1) 1 1 1 , ( 1, 0) * 1 2 2 1 0 ** y x m y x m y x m x x xy x xy x y x x x x x m x m x x ì = - ï ì ï = - ì ï = - ï ï ï ï ï ï Û Û £ Û í í í - ï ï ï = - = - = £¹ ï ï ï ỵ ï ỵ ï ï ỵ - = - + - - =Þ Û Để hệ có nghiệm duy nhất khi chỉ khi PT (**)có đúng 1 nghiệm thoả mãn 1, 0x x£ ¹ Ta tìm m để ( ) ** có đúng 1 nghiệm thoả mãn 1, 0x x£ ¹ +) Xét trường hợp x=1 là nghiệm ( ) ** 2 0 2m m- = =Û Û Với m=2 thay vào có 2 1 0 1x x- = = ±Û , cả hai nghiệm đều 1£ do vậy m=2 không thoả mãn. +) Trường hợp ( ) ** có một nghiệm kép 1£ không xảy ra vì ( ) 2 2 4 0,m m= - + > "D +) Trường hợp ( ) ** có hai nghiệm thoả mãn 1 2 1x x< < Đểá ( ) ** có hai nghiệm thoả mãn 1 2 1x x< < ( ) 1 0 2 0 2f m m< - < >Û Û Û Vậy để hệ có 1 nghiệm duy nhất khi m>2 . §Ị thi ®¹i häc lÇn 5 N¨m häc 2010-2011 M«n: To¸n khèi 12 (Thêi gian lµm bµi 180 phót kh«ng kĨ. ( ) 2 3 2 2 m x x m y C x - + + = - a) Khảo sát và vẽ đồ thò hàm số khi m = 1 b) Tìm m để ( ) m C có cực đại tại A sao cho tiếp tuyến của ( ) m C tại A
- Xem thêm -

Xem thêm: ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010-2011, ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010-2011, ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010-2011

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn