ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A,B - TRƯỜNG THPT HIỆP THÀNH

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

65
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học năm 2011 môn: toán, khối a,b - trường thpt hiệp thành', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A,B - TRƯỜNG THPT HIỆP THÀNH

Sở GD&ĐT Bạc Liêu ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011 Trường THPT Hiệp Thành Môn: Toán; Khối: AB Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 + 2mx 2 + 3(m - 1) x + 2 (1), m là tham số thực 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 . 2. Tìm m để đồ thị hàm số cắt đường thẳng D : y = - x + 2 tại 3 điểm phân biệt A(0; 2) ; B; C sao cho tam giác MBC có diện tích 2 2 , với M (3;1). Câu II (2,0 điểm) pö æ 1. Giải phương trình 2 sin x sin 2 x - cos x sin 2 2 x + 1 = 2 2 ç x - ÷ cos 4 ø è 2. Giải phương trình -2 x 3 + 10 x 2 - 17 x + 8 = 2 x 2 3 5 - x3 x Câu III (1,0 điểm) Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường y = x 2 ; y = 2 - x 2 . Tính thể tích của khố i tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox. Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình tho i cạnh a (a > 0) . Góc · bằng 120 , cạnh 0 ABC SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a . Gọi C ' là trung điểm cạnh SC. Mặt phẳng (a ) đi qua AC ' và song song với BD cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B ', D ' . Tính thể tích khố i chóp S . AB ' C ' D ' 2 2 2 2 9 ( a + b + c ) 2a 2b 2 c Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c .Chứng minh rằng æ 1 + ö + æ 1 + ö + æ 1 + ö ³ . ç ÷ç ÷ç ÷ bø è cø è a ø ab + bc + ca è 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 VIa (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có điểm A cố định nằm trên đường thẳng (D) : 2 x - 3 y + 14 = 0 , cạnh BC song song với (D , đường cao CH có phương trình x - 2 y - 1 = 0 . Biết trung ) điểm của cạnh AB là điểm M (- ; 0) . Xác định toạ độ các đỉnh A, B, C. 3 2. Trong khong gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz cho hai mặt phẳng (a1 ) : x - 2 y + 2 z - 3 = 0 ; x+2 y z - 4 (a 2 ) : 2 x + y - 2 z - 3 = 0 và đường thẳng ( d ) : . Lập phương trình mặt cầu (S) có = = 3 -1 -2 tâm I thuộc (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (a1 ) và (a 2 ) . 2i Câu VIIa (1,0 điểm) Cho hai số phức z1 = -3 + 6i; z2 = - .z1 có các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức 3 tương ứng là A, B. Chứng minh rằng tam giác OAB vuông tại O. B. Theo chương trình nâng cao Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba đường thẳng D1 , D 2 , D lần lượt có phương trình 3 x + 4 y + 5 = 0 , 3 4 x - 3 y - 5 = 0, x - 6 y - 10 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm I thuộc đường thẳng D và 3 tiếp xúc với hai đường thẳng D1 , D 2 . Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm E (4; 2;1). Giả sử (a ) là mặt phẳng đi qua E và cắt tia 2. Ox tại M, tia Oy tại N, tia Oz tại P. Viết phương trình mặt phẳng (a ) khi tứ diện OMNP có thể tích nhỏ nhất. ì4log ( xy ) = 2 + ( xy g 2 )lo 3 3 ï Câu VIIb (1,0 điểm) Giải hệ phương trình í 2 2 ïlog 4 ( x + y ) + 1 = log 4 2 x + log 4 ( x + 3 y ) î Hết www.laisac.page.tl
Sở GD&ĐT Bạc Liêu ĐÁP ÁNTHANG ĐIỂM Trường THPT Hiệp Thành ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán; Khối: AB Đáp án thang điểm gồm 4 trang Điểm Câu Đáp án 1. (1,0 điểm) I (2,0 điểm) · Tập xác đinh: D = R 0.25 · Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y ' = 3 x 2 - 3 , y ' = 0 Û x = ± 1 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -¥; - ) và (1; +¥ ) ,nghịch biến trên ( -1;1) 1 0,25 Giới hạn: lim ( x 3 - 3x + 2) = -¥; lim ( x 3 - 3x + 2) = +¥ x ® -¥ x ® +¥ Bảng biến thiên: x ¥ 1 1 + ¥ y ' + 0 0 + 0.25 y 4 + ¥ ¥ 0 · Đồ thị: 0,25 2. (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với (D là: x 3 + 2mx 2 + 3(m - 1) x + 2 = - x + 2 ) 0.25 é x = 0 Þ y = 2 Ûê 2 ë g ( x ) = x + 2 mx + 3m - 2 = 0( 2) Đường thẳng (D cắt dồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A(0;2), B, C Û ) Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0 0,25 %cm ìm > 2ho a < 1 ìm 2 - 3m + 2 > 0 ï ìD ' > 0 Ûí Ûí Ûí 2 î g (0) ¹ 0 î3m - 2 ¹ 0 ïm ¹ 3 î Gọi B ( x1 ; y1 ) và C ( x2 ; y2 ) , trong đó x1 , x2 là nghiệm của (2); y1 = - x1 + 2 và y1 = - x2 + 2 0.25 3 + 1 - 2 S 2 2.2 2 Ta có h = d ( M ; (D) ) = Þ BC = MBC = = 4 h 2 2 Mà BC 2 = ( x2 - x1 )2 + ( y2 - y1 )2 = 2 é ( x2 + x1 )2 - 4 x1 x2 ù = 8(m 2 - 3m + 2) ë û Suy ra 8(m 2 - 3m + 2) =16 Û m = 0 (thoả mãn)hoặc m = 3 (thoả mãn) 0,25 1. (1,0 điểm) I (2,0 điểm) pö æ Phương trình đã cho tương đuơng với 2 sin x sin 2 x - cos x sin 2 2 x + 1 = 1 + cos ç 2 x - ÷ 0.25 2 ø è 2 2 sin x sin 2 x - cos x sin 2 x + 1 = 1 + sin 2 x ésin 2 x = 0 Û sin 2 x ( 2 sin x - cos x sin 2 x - 1) = 0 Û ê 0,25 ë 2 sin x - cos x sin 2 x - 1 = 0
1 é 3 ê 2 sin x - 1 = 0 Û sin x = 3 2 0.25 ê p k ê ê in 2 x = 0 Û x = 2 ; k Î Z s ë é p k êx = ; k Î Z 0,25 p k é 2 ê ê x = 2 ; k Î Z 1 ê Û ê x = arcsin 3 + k 2p Ûê êsin x = 1 ; k Î Z ê 2 ê 3 2 1 ë ê x = p - arcsin 3 + k 2p ê 2 ë 2. (1,0 điểm) Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm, chia cả hai vế phương trình cho x , ta được 3 0.25 10 17 8 5 -2 + - 2 + 3 = 2 3 2 xx x x - 1 1 Đặt y = ( y ¹ 0) . Khi đó ta có 8 y 3 - 17 y 2 + 10 y - 2 = 2 3 5 y 2 - 1 x Û (2 y - 1)3 + 2(2 y - 1) = 5 y 2 - 1 + 2 3 5 y 2 - 1 0,25 ( ) 2 3 3 Suy ra f (2 y - 1) = f 5 y - 1 , trong đó f (t ) = t + 2 t ( ) 5 y 2 - 1 Û 2 y - 1 = 3 5 y 2 - 1 Do f (t ) = t 3 + 2 là hàm đồng biến trên R nên f (2 y - 1) = f 3 t 0.25 3 2 2 Û 8 y - 17 y + 6 y = 0 Û y (8 y - 17 y + 6) = 0 III 17 m 97 17 ± 97 (1,0 điểm) Giải ra tìm được y = 0 (loại); y = Þx= 0,25 16 12 Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường cong là: x 2 = 2 - x 2 Û x = - hoặc x = 1 1 0.25 Khi x Î [ -1;1] thì 2 - x ³ 0 và đồ thị hàm số y = x ; y = 2 - x cùng nằm phía trên trục Ox 2 2 2 0,25 1 Vậy V = p ò ( 2 - x 2 - x 4 ) dx 0.25 -1 IV 1 (1,0 điểm) x 3 x ö 5 æ 44 = p ç 2 x - - ÷ = p (đvtt) 0,25 3 5 ø -1 15 è Gọi O là giao điểm AC và BD; I là giao điểm SO 0.25 S và AC’. Trong mặt phẳng (SBD), qua I kẻ đường thẳng song song cắt SB, SD lần lượt tại B’ và D’ C ' Từ BD ^ ( SAC ) D’ Þ B ' D ' ^ ( SAC ) Þ B ' D ' ^ AC ' . I D C B’ O A B 1 Ta có: AC = a 3 Þ SC = 2a Þ AC ' = SC = a 0,25 2
2 a 2 Do I là trọng tâm tam giác SAC Þ B ' D ' = BD = . 3 3 0.25 a 2 1 Þ S AB ' C ' D ' = AC ' . N ' D ' = 3 2 Vậy đường cao h của hình chóp S . AB ' C ' D ' chính là đường cao của tam giác đều 0.25 a 3 3 a 3 1 SAC ' Þ h = Þ VS . AB ' C ' D ' = h.S AB 'C ' D ' = (đvtt) 2 18 3 V 1 Đặt biểu thức ở vế trái là M, áp dựng bbất đẳng thức x 2 + y 2 + z 2 ³ ( x + y + z ) 2 ta được 0,25 (1,0 điểm) 3 2 2 2c ö 1 é æ a b c ö ù 1 æ 2a 2b M ³ ç 1 + +1+ + 1 + ÷ = ê3 + 2 ç + + ÷ ú (1) b c a ø 3 ë è b c a ø û 3è 0.25 2 x 2 y 2 z 2 ( x + y + z ) Áp dụng bất đẳng thức + +³ , ta có a b c a + b + c 2 a b c a 2 b 2 c 2 ( a + b + c ) ++= ++ ³ . (2) b c a ab bc ca ab + bc + ca 0.25 2 ( a + b + c ) , áp dụng bất đẳng thức x 2 + y 2 + z 2 ³ xy + yz + zx suy ra S ³ 3. Đặt S = ab + bc + ca 1 Từ (1) và (2) có M ³ (3 + 2S ) 2 3 0.25 2 2 2 2 9 ( a + b + c ) 2a 2b 2 c Vậy æ 1 + ö + æ 1 + ö + æ 1 + ö ³ Û M ³ 9 S ç ÷ç ÷ç ÷ bø è cø è a ø ab + bc + ca è Û (3 + 2 S ) 2 ³ 27 S Û ( S - 3)(4S - 3) ³ 0. luôn đúng vì S ³ 3 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c 1. (1,0 điểm) VIa (2,0 điểm) 0.25 Vì AB ^ CH nên AB có phương trình: 2 x + y + c = 0 . Do M (- ; 0) Î AB nên c = 6 . Vậy phương trình đuờng thẳng AB là: 2 x + y + 6 = 0 3 0.25 ì2 x - 3 y + 14 = 0 Do A Î D nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: í Þ A(-4; 2) î x + y + 6 = 0 2 0.25 Vì M (- ; 0) là trung điểm cạnh AB nên B(-2; - ) . 3 2 Cạnh BC song song với D và đi qua B nên BC có phương trình: 2( x + 2) - 3( y + 2) = 0 Û 2 x - 3 y - 2 = 0 . 0.25 ì2 x - 3 y - 2 = 0 Vậy toạ độ điểm C là nghiệm của hệ: í Þ C (1; 0) î x - 2 y - 1 = 0 2. (1,0 điểm) 0.25 Do tâm I Î (d ) nên I ( -2 - t ; -2t ; 4 + 3t ) . 0.25 Mặt cấu (S) tiếp xúc với ( a1 ) và ( a 2 ) khi và chỉ khi d ( I ; (a1 ) ) = d ( I ; (a 2 ) ) , thay vào ta giải 18 ra được t1 = -12 hoặc t2 = - . 1 9 0.25 æ 20 36 22 ö 35 Do đó I1 (10; 24; -32 ) Þ R1 = 35; I 2 ç - ; ; ÷ Þ R2 = 19 è 19 19 19 ø Vậy ta có hai mặt cầu toả mãn yêu cầu bài toán là: 0.25 2 2 2 2 ( S1 ) : ( x - 10 ) + ( y - 24 ) + ( z + 32 ) = 35 ; 2 2 2 2 20 ö æ 36 ö æ 22 ö æ 35 ö æ ( S2 ) : ç x + ÷ + ç y - ÷ + ç z - ÷ = ç ÷ 19 ø è 19 ø 19 ø è 19 ø è è
0.25 VIIa Ta có AB = z 2 - z1 = 65 (1,0 điểm) 0.25 OA = z1 = 45 0.25 OB = z 2 = 20 Suy ra OA2 + OB 2 = AB 2 nên · = 90 0.25 0 AOB 1. (1,0 điểm) VIb (2,0 điểm) 0.25 Do I Î D 3 Þ I ( 6a + 10; a ) . 0.25 Ta có d ( I ; D1 ) = d ( I ; D 2 ) = R 0.25 70 Û a = 0 hoặc a = - 43 Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: 0.25 2 2 2 10 ö æ 70 ö æ 7 ö æ 2 (C1 ) : ( x - 10 ) + y 2 = 49; (C2 ) : ç x - ÷ + ç y - ÷ = ç ÷ 43 ø è 43 ø 43 ø è è 2. (1,0 điểm) 0.25 Giả sử M ( m; 0; 0 ) , N ( 0; n; 0 ) , P ( 0; 0; p ) (p>0), x y z + + = 1 suy ra phương trình mặt phẳng (MNP là: ) . mnp 0.25 421 6 Þ mnp ³ 63 E ( 4; 2;1) Î (MNP) Þ 1 = + + ³ m n p 3 mnp 0.25 1 4 2 1 Þ VOMNP = mnp ³ 36 Þ min VOMNP = 36 Û = = . 6 mnp 0.25 xyz Vậy phương trình mặt phẳng (a ) cần t ìm là: + + = 1 12 6 3 VIIb 0.25 ì xy > 0 (1,0 điểm) Điều kiện: í x + 3 y > 0 î Từ phương trình thứ nhất biến đổ i tương đương ta có: 4log xy - 2log xy - 2 = 0 3 3 0.25 Đặt t = 2log xy (t > 0) , phương trình trở thành: t 2 - t - 2 = 0 Þ t = 2 Þ log 3 xy = 1 Û xy = 3 (3) 3 0.25 Từ phương trình thứ hai biến đổ i tương đương ta có: log 4 é 4 ( x 2 + y 2 ) ù = log 4 é 2 x ( x + 3 y ) ù ë û ë û Û 4 ( x 2 + y 2 ) = 2 x ( x + 3 y ) Û x 2 + 2 y 2 = 3 (4) xy 0.25 æ 6 ö ( ) Từ (3), (4) giải ra ta có nghiệm của hệ phương trình là: 3; 3 ; ç 6 ; ÷ . ç 2 ÷ è ø Hết
Sở GD&ĐT Bạc Liêu ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011 Trường THPT Hiệp Thành Môn: Toán; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 + 2mx 2 + 3(m - 1) x + 2 (1), m là tham số thực 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 . 2. Tìm m để đồ thị hàm số cắt đường thẳng D : y = - x + 2 tại 3 điểm phân biệt A(0; 2) ; B; C sao cho tam giác MBC có diện tích 2 2 , với M (3;1). Câu II (2,0 điểm) pö æ 1. Giải phương trình 2 sin x sin 2 x - cos x sin 2 2 x + 1 = 2 2 ç x - ÷ cos 4 ø è x x (3 + 2 2 ) ( ) 2 - 1 - 3 = 0 2. Giải phương trình -2 Câu III (1,0 điểm) Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường y = x 2 ; y = 2 - x 2 . Tính thể tích của khố i tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox. Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình tho i cạnh a (a > 0) . Góc · bằng 120 , cạnh 0 ABC SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a . Gọi C ' là trung điểm cạnh SC. Mặt phẳng (a ) đi qua AC ' và song song với BD cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B ', D ' . Tính thể tích khố i chóp S . AB ' C ' D ' Câu V (1,0 điểm) Giả sử a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4a 4c 4c P = + + b + c - a c + a - b a + b - c 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 VIa (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có điểm A cố định nằm trên đường thẳng (D) : 2 x - 3 y + 14 = 0 , cạnh BC song song với (D , đường cao CH có phương trình x - 2 y - 1 = 0 . Biết trung ) điểm của cạnh AB là điểm M (- ; 0) . Xác định toạ độ các đỉnh A, B, C. 3 2. Trong khong gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz cho hai mặt phẳng (a1 ) : x - 2 y + 2 z - 3 = 0 ; x+2 y z - 4 (a 2 ) : 2 x + y - 2 z - 3 = 0 và đường thẳng ( d ) : . Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I = = 3 -1 -2 thuộc (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (a1 ) và (a 2 ) . 2i Câu VIIa (1,0 điểm) Cho hai số phức z1 = -3 + 6i; z2 = - .z1 có các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức 3 tương ứng là A, B. Chứng minh rằng tam giác OAB vuông tại O. B. Theo chương trình nâng cao Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba đường thẳng D1 , D 2 , D lần lượt có phương trình 3 x + 4 y + 5 = 0 , 3 4 x - 3 y - 5 = 0, x - 6 y - 10 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm I thuộc đường thẳng D và 3 tiếp xúc với hai đường thẳng D1 , D 2 . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm E (4; 2;1). Giả sử (a ) là mặt phẳng đi qua E và cắt tia Ox tại M, tia Oy tại N, tia Oz tại P. Viết phương trình mặt phẳng (a ) khi tứ diện OMNP có thể tích nhỏ nhất. ì4log ( xy ) = 2 + ( xy g 2 )lo 3 3 ï Câu VIIb (1,0 điểm) Giải hệ phương trình í 2 2 ïlog 4 ( x + y ) + 1 = log 4 2 x + log 4 ( x + 3 y ) î Hết
Sở GD&ĐT Nghệ An ĐÁP ÁNTHANG ĐIỂM Sở GD&ĐT Bạc Liêu ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011LẦN 2 Trường THPT Hiệp Thành Môn: Toán; Khối: D Đáp án thang điểm gồm 4 trang ĐỀ CHÍNH THỨC Điểm Câu Đáp án 1. (1,0 điểm) I (2,0 điểm) · Tập xác đinh: D = R 0.25 · Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y ' = 3 x 2 - 3 , y ' = 0 Û x = ± 1 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -¥; - ) và (1; +¥ ) , nghịch biến trên ( -1;1) 1 0,25 Giới hạn: lim ( x 3 - 3x + 2) = -¥; lim ( x 3 - 3x + 2) = +¥ x ® -¥ x ® +¥ Bảng biến thiên: x ¥ 1 1 + ¥ + 0 0 + y ' 0.25 y 4 + ¥ ¥ 0 · Đồ thị: 0,25 2. (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với (D là: x 3 + 2mx 2 + 3(m - 1) x + 2 = - x + 2 ) 0.25 é x = 0 Þ y = 2 Ûê 2 ë g ( x ) = x + 2 mx + 3m - 2 = 0( 2) Đường thẳng (D cắt dồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A(0;2), B, C Û ) Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0 0,25 %cm ìm > 2ho a < 1 ìm 2 - 3m + 2 > 0 ï ìD ' > 0 Ûí Ûí Ûí 2 î g (0) ¹ 0 î3m - 2 ¹ 0 ïm ¹ 3 î Gọi B ( x1 ; y1 ) và C ( x2 ; y2 ) , trong đó x1 , x2 là nghiệm của (2); y1 = - x1 + 2 và y1 = - x2 + 2 0.25 3 + 1 - 2 S 2 2.2 2 Ta có h = d ( M ; (D) ) = Þ BC = MBC = = 4 h 2 2 Mà BC 2 = ( x2 - x1 )2 + ( y2 - y1 )2 = 2 é ( x2 + x1 )2 - 4 x1 x2 ù = 8(m 2 - 3m + 2) ë û Suy ra 8(m 2 - 3m + 2) =16 Û m = 0 (thoả mãn)hoặc m = 3 (thoả mãn) 0,25
1. (1,0 điểm) I (2,0 điểm) pö æ Phương trình đã cho tương đuơng với 2 sin x sin 2 x - cos x sin 2 2 x + 1 = 1 + cos ç 2 x - ÷ 0.25 2 ø è 2 2 sin x sin 2 x - cos x sin 2 x + 1 = 1 + sin 2 x ésin 2 x = 0 Û sin 2 x ( 2 sin x - cos x sin 2 x - 1) = 0 Û ê 0,25 ë 2 sin x - cos x sin 2 x - 1 = 0 1 é 3 ê 2 sin x - 1 = 0 Û sin x = 3 2 0.25 ê p k ê ê in 2 x = 0 Û x = 2 ; k Î Z s ë é p k êx = ; k Î Z 0,25 p k é 2 ê ê x = 2 ; k Î Z 1 ê Û ê x = arcsin 3 + k 2p Ûê êsin x = 1 ; k Î Z ê 2 ê 3 2 1 ë ê ê x = p - arcsin 3 2 + k 2p ë 2. (1,0 điểm) 0.25 2 x x ( ) ( ) 2 - 1 - 3 = 0 Phương trình tương đương với 2 +1 -2 1 x x ( ) ( ) Đặt t = 2 + 1 (t > 0) Þ 2 - 1 = 0,25 t 0.25 2 Phương trình trở thành t 2 - - 3 = 0 Þ t 3 - 3t - 2 = 0 t III Giải ra ta có nghiệm của phương trình là: x = log 2 +1 2 (1,0 điểm) 0,25 2 2 Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường cong là: x = 2 - x Û x = - hoặc x = 1 1 0.25 Khi x Î [ -1;1] thì 2 - x ³ 0 và đồ thị hàm số y = x ; y = 2 - x cùng nằm phía trên trục Ox 2 2 2 0,25 1 Vậy V = p ò ( 2 - x 2 - x 4 ) dx 0.25 -1 1 x 3 x ö 5 æ 44 IV = p ç 2 x - - ÷ = p (đvtt) 0,25 3 5 ø -1 15 (1,0 điểm) è Gọi O là giao điểm AC và BD; I là giao điểm SO 0.25 S và AC’. Trong mặt phẳng (SBD), qua I kẻ đường thẳng song song cắt SB, SD lần lượt tại B’ và D’ C ' Từ BD ^ ( SAC ) D’ Þ B ' D ' ^ ( SAC ) Þ B ' D ' ^ AC ' . I D C B’ O A B 1 Ta có: AC = a 3 Þ SC = 2a Þ AC ' = SC = a 0,25 2
2 a 2 Do I là trọng tâm tam giác SAC Þ B ' D ' = BD = . 3 3 0.25 a 2 1 Þ S AB ' C ' D ' =AC ' . N ' D ' = 3 2 Vậy đường cao h của hình chóp S . AB ' C ' D ' chính là đường cao của tam giác đều 0.25 a 3 3 a 3 1 SAC ' Þ h = Þ VS . AB ' C ' D ' = h.S AB 'C ' D ' = (đvtt) 2 18 3 Đặt x = b + c - a, y = c + a - b, z = a + b - c ( x > 0, y > 0, z > 0 ) V 0,25 (1,0 điểm) y+z z+x x + y Khi đó a = ,b = , c = 2 2 2 0.25 4( y + z ) 4( z + x) 4( x + y ) æ 4 y 9 x ö æ 4 z 16 x ö æ 9 z 16 y ö Ta có 2 = P + + =ç + ÷+ç + ÷+ç + ÷ 2 èx yø èx z ø èy z ø 2 2 Áp dụng bất đẳng thứcAMGM, ta được: 0.25 4 y 9x 4 z 16 x 9 z 16 y 2 P ³ 2 = 52 . +2 . +2 . xy xz yz 0.25 Þ P ³ 26. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 26. xyz Đạt được Û = = . 2 3 4 1. (1,0 điểm) VIa (2,0 điểm) 0.25 Vì AB ^ CH nên AB có phương trình: 2 x + y + c = 0 . Do M (- ; 0) Î AB nên c = 6 . Vậy phương trình đuờng thẳng AB là: 2 x + y + 6 = 0 3 0.25 ì2 x - 3 y + 14 = 0 Do A Î D nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: í Þ A(-4; 2) î x + y + 6 = 0 2 0.25 Vì M (- ; 0) là trung điểm cạnh AB nên B(-2; - ) . 3 2 Cạnh BC song song với D và đi qua B nên BC có phương trình: 2( x + 2) - 3( y + 2) = 0 Û 2 x - 3 y - 2 = 0 . 0.25 ì2 x - 3 y - 2 = 0 Vậy toạ độ điểm C là nghiệm của hệ: í Þ C (1; 0) î x - 2 y - 1 = 0 2. (1,0 điểm) 0.25 Do tâm I Î (d ) nên I ( -2 - t ; -2t ; 4 + 3t ) . 0.25 Mặt cấu (S) tiếp xúc với ( a1 ) và ( a 2 ) khi và chỉ khi d ( I ; (a1 ) ) = d ( I ; (a 2 ) ) , thay vào ta giải 18 ra được t1 = -12 hoặc t2 = - . 1 9 0.25 æ 20 36 22 ö 35 Do đó I1 (10; 24; -32 ) Þ R1 = 35; I 2 ç - ; ; ÷ Þ R2 = 19 è 19 19 19 ø Vậy ta có hai mặt cầu toả mãn yêu cầu bài toán là: 0.25 2 2 2 2 ( S1 ) : ( x - 10 ) + ( y - 24 ) + ( z + 32 ) = 35 ; 2 2 2 2 20 ö æ 36 ö æ 22 ö æ 35 ö æ ( S2 ) : ç x + ÷ + ç y - ÷ + ç z - ÷ = ç ÷ 19 ø è 19 ø 19 ø è 19 ø è è 0.25 VIIa Ta có AB = z 2 - z1 = 65 (1,0 điểm) 0.25 OA = z1 = 45 0.25 OB = z 2 = 20 Suy ra OA2 + OB 2 = AB 2 nên · = 450 0.25 AOB 1. (1,0 điểm) VIb
0.25 (2,0 điểm) Do I Î D 3 Þ I ( 6a + 10; a ) . 0.25 Ta có d ( I ; D1 ) = d ( I ; D 2 ) = R 0.25 70 Û a = 0 hoặc a = - 43 Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: 0.25 2 2 2 10 ö æ 70 ö æ 7 ö æ 2 (C1 ) : ( x - 10 ) + y 2 = 49; (C2 ) : ç x - ÷ + ç y - ÷ = ç ÷ 43 ø è 43 ø 43 ø è è 2. (1,0 điểm) 0.25 Giả sử M ( m; 0; 0 ) , N ( 0; n; 0 ) , P ( 0; 0; p ) (p>0), x y z + + = 1 suy ra phương trình mặt phẳng (MNP là: ) . mnp 0.25 421 6 Þ mnp ³ 63 E ( 4; 2;1) Î (MNP) Þ 1 = + + ³ m n p 3 mnp 0.25 1 4 2 1 Þ VOMNP = mnp ³ 36 Þ min VOMNP = 36 Û = = . 6 mnp 0.25 xyz Vậy phương trình mặt phẳng (a ) cần t ìm là: + + = 1 12 6 3 VIIb 0.25 ì xy > 0 (1,0 điểm) Điều kiện: í x + 3 y > 0 î Từ phương trình thứ nhất biến đổ i tương đương ta có: 4log xy - 2log xy - 2 = 0 3 3 0.25 Đặt t = 2log xy (t > 0) , phương trình trở thành: t 2 - t - 2 = 0 Þ t = 2 Þ log 2 xy = 1 Û xy = 2 (3) 3 0.25 Từ phương trình thứ hai biến đổ i tương đương ta có: log 4 é 4 ( x 2 + y 2 ) ù = log 4 é 2 x ( x + 3 y ) ù ë û ë û Û 4 ( x 2 + y 2 ) = 2 x ( x + 3 y ) Û x 2 + 2 y 2 = 3 (4) xy 0.25 æ 6 ö ( ) Từ (3), (4) giải ra ta có nghiệm của hệ phương trình là: 3; 3 ; ç 6 ; ÷ . ç 2 ÷ è ø Hết Giáo viên Nguyễn Trọng Tiến