THI THU DH KHOI ADAP AN

Tam giác SAC đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy,gọi M là trung điểm của SD ,N là điểm trên cạnh SC sao cho SC=3SN.. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ N đế[r]

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT MINH CHÂU

Ngày thi : 12.5.2012

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011-2012 LẦN 3 Mơn thi: TỐN; Khối: A,B,A1

Thời gian làm : 180 phút, không kể thời gian phát đề

I

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( điểm ) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số:

2

3

b b

b c c

  

 

       

  (Cm)

1. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với m=1

2. Tìm m để đường thẳng d: y=-2 cắt (Cm) ba điểm phân biệt A(0;-2), B C cho diện tích tam

giác OBC

3 15

3

a

Câu II: (2,0 điểm) Giải phương trình:

3

15 18

N ACM

a

V 

Giải hệ phương trình:

3 4 15

3 91

N ACM

ACM

V a

S 

Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân:  (0;1]

Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật ,cạnh AB=a, AD=2a Tam giác SAC nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy,gọi M trung điểm SD ,N điểm cạnh SC cho SC=3SN Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ N đến mặt phẳng (ACM) Câu V: (1,0 điểm) Cho ba sè x,y,z x y  1 z thoả mãn:

x y z

y z zxxy z Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc:

P =         (0;1] ( 1)( 1) 1x y xy x y

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu VIa (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân C có phương trình cạnh AB :x-2y=0, điểm I(4;2) trung điểm AB, điểm M(4; ) thuộc cạnh BC, diện tích tam giác ABC 10 Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết tung độ điểm B lớn

2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x+2y+2z-6=0, gọi A, B, C tọa độ giao điểm (P) với trục tọa độ Ox, Oy, Oz Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện OABC, tìm tọa độ tâm bán kính đường trịn (C) giao tuyến (P) (S)

Câu VIIa (1,0 điểm) Gọi xy z bốn nghiệm phương trình

1

1 1

y x

x

z z

P y x xy

z z z

  

   tập số

phức tính tổng:

1

; ;

x y

a b c

z x z

  

B THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu VIb (2,0 điểm) 1 Trong mp(Oxy),lập phương trình tắc elíp (E) biết có đỉnh tiêu

điểm (E) tạo thành tam giác chu vi hình chữ nhật sở (E) :12(2+ √3 ) Trong không gian với hệ trục tọa độ vng góc (Oxyz), cho im éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ######## v

ng thng (d) cú phng trỡnh l: éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ######## Hóy lp phng trỡnh ng thng

éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ #####################################ỵ######## i

qua trc tõm tam giác ABC, nằm mặt phẳng (ABC) vng góc với đường thẳng (d)

Câu VIIb (1,0 im) Tỡm tt c cỏc s thc éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ######## cho s phc

éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ######## l nghim ca phng

trỡnh éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ########

-ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn thi: TỐN; Khối: A

Câu Đáp án Điểm

Câu I 1) Khi m = 1

⇒ 15

3

a

 TXĐ: D = R

3

15 18

N ACM

a

V 

,

3 15

3 91

N ACM ACM

V a

S 

(0;1] 

0,25 đ

 BBT:

x - ∞ + ∞

y/ + - +

+ ∞

y

- ∞ -2

0,25 đ

Hàm số đồng biến: (- ∞ ; 1),(3;+

∞ )

Hàm số nghịch biến: (1;3) fCĐ = f(1) =

fCT = f(3) = -2

Khi y’’ =6x-12=0

x y z

y z z x xy z    =>y=0

Khi x=0=>y=-2 x= 4=>y=2

Đồ thị hàm số nhận I(2;0) tâm đối xứng

0,5 đ

2) Phương trình hồnh độ giao điểm là:

(0;1] ( 1)( 1) 0x y xy 1 x y

        

(1)

xy z

2

1

1 1

y x

x

z z

P

y x xy

z z z

  

  

0,25 đ

Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt A(0;-2), B C phương trình (2) có nghiệm phân biệt khác ta có điều kiện:

1

; ;

x y

a b c

z x z

  

0,25 đ

Gọi tọa độ điểm B(xB; -2), C(xC; -2) Đk: xB

x x xy z

y z z    x

C

Gọi h khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng d:y+2=0=>h=2 Theo ta có

,

1 1

a b c

ab c

b   a   ab   

Theo định lý viét ta có:

2 1 2

( 1)( ) 0 1 1 ab a b

b a ab       (4)

Thay (4) vào (3) ta được: ab 1(tm)

0,25 đ

Câu II 1) Giải phương trình:

( 1) ( 1) 2 1 1 1 1

1 1 2 ( 1)( ) (2 1). 2

1 1 1

a b a b

b a b a

a b ab

b a ab

         

          

0,25

2

1 1 1

a b ab

b a ab

  

  

0,5 đ

2 1

1 1 1 1 1

a b c ab

b  a  ab   ab  ab

0,25 đ 2) Giải hệ phương trình:

1

ab  Điều kiện:

2 1 ( ) 1 1

t

P f t t t

    

0,25 đ

(1)

2

1

t

t  t

 

)

 0,25 đ

Thay (3) vào (2) ta được:

2 2

2( 1) ( 1)

(1; )

(1 ) ( 1)

t t t

t

t t

  

   

  điều kiện: 

3

( ) (1)

2

f t f

  

0,25 đ

Thay (4) vào (2) ta được:

 x y  z 1=>x=2(tmdk)

Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x;y) 2

Câu III

Tính tích phân: I=

2

1 1

ln

ln

e e e e x

x x x

x x x e

e dx xe dx xe dx dx

x x

 

  

    0,25 đ

Đặt I1=

 

1

1

e e

x x e x e

xe dx xe  e dx e e 

  0,25 đ

Đặt I2=

1

1 1

ln ln

e e e x e x

x x e e e

e xdx e x dx e dx

x x

   

   0,25 đ

Vậy I=I1+I2+1

eex

dx x  = 1 1

e x e x

e e e e e e

e e e dx dx e

x x

 

      0,25 đ

Câu VIa

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)

=> CI  4 xC



; AB  20 yB 



=> diện tích tam giác ABC là:

1

10

2

ABC B C C B

S  CI AB  y  x  x y  

   

4

4 10

C B B C

C B B C

x y y x

x y y x

  

  

  

 0,25 đ

Vì

 

4

11

2

2

C B

C B

x k y

M BC CM kMB

x k y

                                                 

yB3

2x yC B 6yB 5xC 16

     (3)

0,25 đ

Từ (1) (3):

4

2 16 1 2

C B B C B

C B B C C

x y y x y

x y y x x

                

  (loại)

Từ (2) (3):

4 10

2

2 16

C B B C B

C

C B B C

x y y x y

x

x y y x

                0,25 đ

Vậy tọa độ đỉnh tam giác ABC là: A(2;1), B(6;3), C(2;6) 0,25 đ 2) Tọa độ giao điểm (P) với trục tọa độ Ox, Oy, Oz

A(6;0;0), B(0;3;0), C(0;0;3) 0,25 đ

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) qua điểm A, B, C, O ta có hệ phương trình:

0 3

36 12 2

9

2

9

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; ;

2 ) bán kính

3

R

Gọi H hình chiếu vng góc I (P) => phương trình đường thẳng

IH là:

3 2

2

x t

y t

z t

     

  

 

  



3

3 ; ;

2

H t t t

     

 

Vì  

8 5 ; ; 6

H P  H 

 

0,25 đ

Vì  

8 5

; ;

3 6

H P  H  IH 

 

Gọi bán kính (C) r ta có:

2 27 1

2

r R  IH   

0,25 đ

Câu VIIa

z4 z3 2z26z 0

z 1 z 2z2 2z 2 0

     

(1) 0,25 đ

Khơng tính tổng qt ta gọi nghiệm của(1)là

1

1 1

z z

z i

z i

  

 

   

  

0,5 đ

Thay biểu thức    

2 2 2

1

1 1 1 1

1

4 1

S

z z z z i i

        

  0,25 đ

VIb(2,0đ) (1,0 điểm)

Gọi PT tắc elíp (E) :

2

2 (a>b>0)

x y

a b 

Do đỉnh trục lớn F F1, 2 thẳng hàng nên F F1, 2 với đỉnh B(0;b)

trên trục nhỏ tạo thành tam giác

0,25

1

BF F

 đều

2 2 2

2 2 2

4 ( )

3( ) (1)

BF F F

c b c

BF BF ld

b c a b a b

 

    

 

     

HCN sở có chu vi : 2(2a+2b)=12(2+ √3 ) a b  6 3(2)

0,25

Ta có hệ PT:

2

3 (1) 3 (2)

a b

a b

 

 

   



6 3

a b

    

 

 0,25

Vậy PT tắc elíp (E) :

2

1 36 27

x y

  0,25

trỡnh mt phng (ABC): éẽ#Ă#ỏ### ############# ;###ỵ

########### ############# #############ỵ ########

Gi trc tõm ca tam giỏc ABC l éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ########, ú ta cú h:

éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ #################

0,25

Do ng thng éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ######## nm (ABC) v vuụng gúc vi (d) nờn:

éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ #################

###################ỵ########

Vy ng thng

éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ######## i qua im

éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ######## v cú vtcp éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ######## nờn

éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ########

0,5

VIIb

Ta cú éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ #################

###################ỵ######## éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ #################

###################ỵ########

éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ########

0,25

Do ú éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ#####################################ỵ########

0,25

Theo gi thit ta cú éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ########

éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ #################

###################ỵ########

0,25

éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ######## Vy

0,25

0.5

3

15 18 N ACM

a

V 

0.25

d(N;(ACM))=

3 15

3 91 N ACM

ACM

V a

S  0.25

Cho ba sè x,y,z (0;1] thoả mãn:x y  1 z.

ìm giá trị nhỏ biểu thức: P =

x y z

y z z x xy z

Nhận xét x,y(0;1] (x1)(y1) 0  xy  1 x y

Từ giả thiết suy xy z Ta có

1 1

y x

x

z z

P

y x xy

z z z

  

  

.Đặt

1

; ;

x y a b c

z x z

  

x x xy z

y z z

   

.Khi đố P= 1 1, a b c

ab c b a ab  

0.25

2

1

( 1)( )

1 1 ab a b

b a   ab     doab1

( 1) ( 1)

1 1

1

( 1)( ) (2 1)

1 1

a b a b

b a b a

a b ab

b a ab

     

   

       

  

2

1 1

a b ab

b a ab

  

  

0.25

Từ suy P=

2

1 1 1

a b c ab

b a ab   ab  ab.Đặt t= ab 1

2

2

( )

1

t

P f t t t

    

Xét hàm số f(t)=

2

1

t

t t

  liên tục [1;)

2 2

2( 1) ( 1)

(1; ) (1 ) ( 1)

t t t

t

t t

  

   

 

Do hàm số đồng biến [1;+)

3 ( ) (1)

2

f t f

  

.Dấu “=” xảy

1

x y z

    Vậy GTNN P bằng

2 x=y=z=1