ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC SỐ 30 NĂM HỌC 2011 MÔN TOÁN KHỐI A ppt

SỞ GD-ĐT KON TUM ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC SỐ 30- NĂM HỌC 2011
TRƯỜNG THPT NGỌC HỒI Khối A, MÔN TOÁN

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − +
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với
1m =
2. Tìm
m
để đường thẳng
2 1y x= +
cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm A; B; C phân biệt thỏa
mãn điểm
( )
C 0;1
nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng
30
.
Câu II: (2 điểm)
1. Giải phương trình :
( )
cos cos3 2cos 5 .+ = −x x x
π

2. Giải phương trình:
2
3
2 4

2
x
x x
+
+ =
.
.
3. Giải hệ phương trình:
2 2
3
8xy
x y 16
x y
x x x y 3 0

+ + =

+


+ + − =

với
x; y∈¡
.
Câu III: (1 điểm) Tính tích phân:
( )
2
4
cot x

I dx
4sin x cosx sin x
π
π
=
−
∫
Câu IV: (1,0 điểm) ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a và
·
0
60=BAD
.
Cạnh SC vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và
3
2
SC a=
. Kẻ
, ( )⊥ ∈OK SA K SA
. Tính thể tích khối đa
diện SCBDK.
Câu V: (1 điểm) Cho
a, b,c 0>
thỏa mãn
abc 8=
. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1 1 1
P
2a b 6 2b c 6 2c a 6
= + +
+ + + + + +

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm).
Câu VIa: (2điểm)
1. Trong Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(3, -7), trực tâm là H(3; -1), tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác là I(-2; 0). Xác định tọa độ đỉnh C, biết C có hoành độ âm.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng
x 1 y 2 z
d :
2 1 1
− −
= =
và hai điểm A(1;1;0),
B(2;1;1). Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua A,
d
∆ ⊥
sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng
∆
là lớn nhất.
Câu VIIa: (1điểm) Cho số phức z thỏa mãn
2
0z z+ =
. Tính mô đun của số phức z.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb:(3điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đường cao BH có phương trình
3x 4y 10 0+ + =
, đường phân giác trong góc A là AD có phương trình là
x y 1 0− + =
, điểm

M(0;2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách C một khoảng bằng
2
. Tìm tọa độ các đỉnh
của tam giác ABC.
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 VIIb: Cho số phức z =
6 2 6 2
.
2 2
i
+ −
+
Hãy tính z
24
.
3. Câu VIII.b: (1điểm) Giải hệ phương trình :
2
3 1
2
2 2 2
2.log log 1
log (log 1).log 3
y x

y x

= −



= −

CÂU 1 NỘI DUNG ĐIỂM
I.2
Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số:
3 2
2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − +
là
nghiệm phương trình:
3 2
2 3 ( 1) 1 2 1x mx m x x− + − + = +
2
2
0 1
(2 3 3) 0
2 3 3 0 (*)
= ⇒ =

⇔ − + − = ⇔

− + − =

x y
x x mx m

x mx m
0,25
Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm A; C; B phân biệt và C nằm giữa A và B khi
và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu
2.( 3) 0 3m m⇔ − < ⇔ <

0,25
Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn
3
2
3
.
2
A B
A B
m
x x
m
x x

+ =



−

=


và

2 1
2 1
A A
B B
y x
y x
= +


= +

( vì A và B thuộc (d))
AB =
30
2 2
( ) ( ) 30
B A B A
x x y y⇔ − + − =
2
2 2
9 3
( ) 6 ( ) 4 . 6 4. 6
4 2
−
⇔ − = ⇔ + − = ⇔ − =
B A B A B A
m m
x x x x x x
( )
2

0
9 8 0 /
8
9
=


⇔ − = ⇔

=

m
m m t m
m
0,25
Vậy
8
0;
9
m m= =
là giá trị cần tìm. 0,25
CÂU II
II.1
Phương trình đã cho
( )
cos x cos3x 2cos5x 0 cos x cos3x 2 cos3x cos5x 0
⇔ + + = ⇔ − + + =
0,25
2sin 2x sin x 4cos 4x cos x 0
⇔ + =

( )
( )
2
2
cos x 0
4cos x sin x cos4x 0
sin x cos4x 0 1
=

⇔ + = ⇔

+ =

0,25
+
cos x 0 x k
2
π
= ⇔ = + π
0,25
+
( )
2 2
1 cos2x
1 2cos 2x 1 0 4cos 2x cos2x 1 0
2
−
⇔ + − = ⇔ − − =

1 1 17

1 17
x arccos k
cos2x
2 8
8
1 17
1 1 17
cos2x
x arccos k
8
2 8

 
+

+
= ± + π

 ÷
=
 ÷


 

⇔ ⇔


 
−

−

=
= ± + π

 ÷
 ÷


 

0,25
II.2
Điều kiện
x y 0+ >
0,25
Giải
ĐK
3x ≥ −
.
( )
( )
( )
2 2
2
1 2
3 1 1
2 4 2 1 2 1 1 1
2 2 2 2
x

x x
x x x x
+ +
+ +
+ = ⇔ + − = ⇔ + − = +
.
Đặt
2
1
1, 1 1 1
2 2 2
x t t
t x y y
+
= + = + = + ⇒ − =
. Ta được hệ phương trình
2
2
1
1
2
1
1
2
t y
y t

− =





− =


.
Giải thêm chút nữa ta được kết quả!
0,25
ĐS:
3 17 5 13
,
4 4
x x
− − ± − ±
= =
Hệ phương trình
( )
( )
2 2
3
8xy
x y 16 1
x y
x x x y 3 0 2

+ + =

+



+ + − =


Khi đó
( )
1 ⇔
( )
( ) ( )
2 2
x y x y 8xy 16 x y+ + + = +

( )
( ) ( )
( )
( )
2
2 2 2 2
x y x y 4 x y x y 16 x y
 
⇔ + + + + − + = +
 

( )
( ) ( ) ( )
2 2
x y x y 4 4 x y x y 4 0⇔ + + − + + + − =

( ) ( )
2 2
x y 4 x y 4 x y 0

 
⇔ + − + + + =
 

( )
2 2
x y 4 (t / m)
x y 4 x y 0 (Loai) do x y 0
+ =

⇔

+ + + = + >

Thay
x y 4+ =
vào PT(2) ta được:
3
x 2x 3 0+ − =

2
(x 1)(x x 3) 0⇔ − + + =

2
x 1
x x 3 0 (VN)
=

⇔


+ + =

0,25
Với
x 1 y 3= ⇒ =
.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1;3)
0,25
CÂU II
Ta có:
( )
4
2
0
tan x
I dx
4 tan x cos x
π
=
−
∫
0,25
Đặt:
2
dx
tan x t dt
cos x
= ⇒ =
. Đổi cận: Với
x 0 t 0; x t 1

4
π
= ⇒ = = ⇒ =
Suy ra:
1
0
t.dt
I
4 t
=
−
∫
0,25
1 1 1 1
0 0 0 0
4 (4 t) 4 d(4 t)
I dt 1 dt 4 dt
4 t 4 t 4 t
− − −
 
⇔ = = − = − −
 ÷
− − −
 
∫ ∫ ∫ ∫
1
1
0
0
4ln 4 t t= − − −

0,25
I
4
4ln 1
3
= −
0,25
CÂU IV Hình vẽ
O
B
A
C
D
S
K
0,25
Ta có:
·
2
ABCD
a 3
S AB.AD.sin BAD
2
= =
;
3
S.ABCD S.ABCD
1 a 2
V SC.S
3 4

= =
Và:
SCBKD S.ABCD A.BKD
V V V= −
Do
BD AC
BD (SAC) BD SA
BD SC
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

mà
OK SA SA (BKD)⊥ ⇒ ⊥
nên AK là
đường cao của hình chóp A.BKD
Mặt khác:
2 2
OK SC OA.SC OA.SC a
SCA OKA (g.g) OK
OA SA SA 2
SC AC
∆ ∆ ⇒ = ⇒ = = =
+

vì:
a 3
AC 2OA 2. a 3

2
 
= = =
 ÷
 ÷
 
Mà
BD (SAC)
OK BD
OK (SAC)
⊥

⇒ ⊥

⊂

2
BKD
1 a
S OK.BD
2 4
⇒ = =
Ta lại có :
SC AC AC.OK a
AK (vì SCA OKA )
OK AK SC
2
= ⇒ = = ∆ ∆
0,25
Suy ra

3
ABKD BKD
1 2 a
V AK.S
3 24
= =
0,25
Vậy:
3 3 3
SCBKD S.ABCD A.BKD
a 2 a 2 5 2 a
V V V
4 24 24
= − = − =
(đvtt) 0.25
CÂU V
1 1 1 1 1 1 1
P P
b c a
2a b 6 2b c 6 2c a 6 2
a 3 b 3 c 3
2 2 2
 
 
= + + ⇒ = + +
 
+ + + + + +
 
+ + + + + +
 

.
Đặt:
; ; , , 0& . . 1
2 2 2
a b c
x y z x y z x y z= = = ⇒ > =
Khi đó:
1 1 1 1
2 2 3 2 3 2 3
P
x y y z z x
 
= + +
 
+ + + + + +
 
0,25
Mà ta có:
2 ; 1 2 2 3 2( 1)+ ≥ + ≥ ⇒ + + ≥ + +x y xy x x x y xy x
1 1
2 3
2( 1)
⇒ ≤
+ +
+ +
x y
xy x
Tương tự ta có:
1 1 1 1
4

1 1 1
P
xy x yz y zx z
 
≤ + +
 
+ + + + + +
 
 

0.25
( Nhân tử và mẫu phân số thứ hai với
x
; phân số thứ ba với
xy
)
1 1
4
1 ( 1) ( 1)
1 1 1
4 4
1 1 ) 1
 
⇔ ≤ + +
 
+ + + + + +
 
 
 
⇔ ≤ + + ⇔ ≤

 
+ + + + + +
 
 
xy
x
P
xy x x yz y xy zx z
xy
x
P P
xy x xy x x xy
0,25
Vậy P đạt GTLN bằng
1
4
xảy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 2 0,25
Chương trình chuẩn
Câu VIa
VIa.1
M(-3;0)
x-2y-1=0
:2x-3y+14=0
B
C
A
H
Ta có
( )
n 1; 2−

r
là VTPT của đường thẳng CH, do
AB CH⊥
nên
( )
n 1; 2−
r
là 1 VTCP của
đường thẳng AB, mà AB đi qua
( )
M 3;0− ⇒
phương trình tham số đường thẳng AB:
x 3 t
y 2t
= − +

⇒

= −

phương trình tổng quát đường thẳng AB:
2x y 6 0+ + =
.
Mặt khác
( ) ( )
A A AB
∈ ∆ ⇒ = ∆ ∩
do đó tọa độ của A là nghiệm của hpt
( )
2x y 6 0 x 4

A 4;2
2x 3y 14 0 y 2
+ + = = −
 
⇔ ⇒ −
 
− + = =
 
0,25
do
( )
M 3;0−
là trung điểm của AB do đó
( )
A B
M
B
A B B
M
x x
x
x 2
2
B 2; 2
y y y 2
y
2
+

=


= −


⇒ ⇒ − −
 
+ = −


=


0,25
Do
BC//
∆ ⇒
phương trình đường thẳng BC có dạng:
2x 3y m 0 (m 14)− + = ≠
, mà
(BC) đi qua
( )
B 2; 2− −

m 2 BC : 2x 3y 2 0⇒ = − ⇒ − − =
0,25
Lại có
C BC CH
= ∩
do đó tọa độ của C là nghiệm của hpt
( )

x 2y 1 0 x 1
C 1;0
2x 3y 2 0 y 0
− − = =
 
⇔ ⇒
 
− − = =
 

Vậy
( ) ( ) ( )
A 4;2 , B 2; 2 ,C 1;0− − −
0,25
VIa.2
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên
∆
, ta có
( )
d B, BH BA∆ = ≤
(vì
∆
đi qua A). Do
đó khoảng cách từ B đến đường thẳng
∆
là lớn nhất
BH BA H A
⇔ = ⇔ ≡
.
0,25

Vậy đường thẳng
∆
cần lập chính là đường thẳng đi qua A,
d
∆ ⊥
và
AB∆ ⊥
. Gọi
u
r
là
vectơ chỉ phương của đường thẳng
∆
.
Ta có
( )
AB 1;0;1
uuur
và
( )
1
u 2;1;1
uur
là vec tơ chỉ phương của đường thẳng d
0,25
Do
1
d u u∆ ⊥ ⇒ ⊥
r uur
;

AB u AB∆ ⊥ ⇒ ⊥
r uuur
, vậy ta lấy
( )
1
u AB,u 1;1;1
 
= = −
 
r uuur uur
0,25
Mặt khác
∆
đi qua
( )
A 1;1;0
vậy phương trình của
∆
là
x 1 t
y 1 t
z t
= −


= +


=


0,25
Câu
VIIa
Ta có
( ) ( )
11
8
2
11 8
1 i 2i 1 i
1 i 2i
i.z i.z
1 i 1 i 2 2
 
+ − 
+
   
= + ⇔ = +
 
 ÷
 ÷  ÷
− +
   
 
 
 
0,25

( ) ( )
11 8

iz i 1 i 16 i z 1 16i z 1 16i⇔ = + + = − ⇒ = − − ⇒ = − +
0,25
Do đó
( )
w z iz 1 16i i 1 16i 17 17i= + = − − + − + = − −
0,25
Vậy
2 2
w 17 17 17 2= + =
0,25
Chương trình nâng cao
Câu VIb
VIb.1
N
I
M
A
B
C
H
D
Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm M và
AD∆ ⊥
, ∆ cắt AD tại I và cắt AC tại N . Có
( )
n 1; 1−
r
là VTPT của AD, do
( )
AD n 1; 1∆ ⊥ ⇒ −

r
là VTCP của
∆ ⇒
phương trình tham
số của
x t
:
y 2 t
=

∆

= −

suy ra phương trình tổng quát
: x y 2 0∆ + − =
.
Do
I AD= ∆ ∩ ⇒
tọa độ I là nghiệm của hpt:
1
x
x y 2 0
1 3
2
I ;
x y 1 0 3
2 2
y
2


=

+ − =


 
⇔ ⇔
 
 ÷
− + =
 


=


.
Tam giác AMN có d
2
vừa là đường cao, vừa là phân giác nên là tam giác cân tại ⇒ I là
trung điểm của MN ⇒ N (1;1)
0,25
Có
( )
1
n 3;4
uur
là VTPT của BH
( )

1
u 4; 3⇒ −
uur
là VTCP của BH, do
( )
1
BH AC u 4; 3⊥ ⇒ −
uur

là VTPT của AC, do AC đường thẳng đi qua điểm N(1;1) nên
( ) ( )
AC: 4 x 1 3 y 1 0− − − =
⇒
AC: 4x – 3y –1 = 0. Do
A AC AD
= ∩ ⇒
tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:
4x 3y 1 0 x 4
A(4;5)
x y 1 0 y 5
− − = =
 
⇔ ⇔
 
− + = =
 
0,25
AB là đường thẳng đi qua điểm M(0;2) nhận
( )
MA 4;3

uuuur
làm vec tơ chỉ phương
⇒

phương trình tham số của AB
x 4t
y 2 3t
=

⇒

= +

pt tổng quát
AB:3x 4y 8 0− + =
. Do
B AB BH
= ∩ ⇒
tọa độ B là nghiệm của hpt
x 3
3x 4y 8 0
1
B 3;
1
3x 4y 10 0
4
y
4
= −


− + =


 
⇔ ⇔ − −
 
−
 ÷
+ + =
=
 



0,25
Gọi
( )
4a 1 4a 1
C a, b AC 4a 3b 1 0 b C a;
3 3
− −
 
∈ ⇒ − − = ⇒ = ⇒
 ÷
 
, ta có
4a 7
MC a;
3
−

 
 ÷
 
uuur
Theo giả thiết
2
2 2
x 1 y 1
4a 7
MC 2 a 2 25a 56a 31 0
31 33
3
x y
25 25
= ⇒ =

−
 

= ⇔ + = ⇔ − + = ⇔
 ÷

= ⇒ =
 

( )
C 1;1⇒
hoặc
31 33
C ;

25 25
 
 ÷
 
. Vì
AD: x y 1 0− + =
là phân giác trong góc A của tam giác
ABC kiểm tra điều kiện
( ) ( )
B B C C
x y 1 x y 1 0− + − + <
cả hai điểm C trên đều thỏa mãn
0,25
VIb.2
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= − − = − − −
uuur uuur
Mặt phẳng (ABC) có một vectơ pháp tuyến là
, ( 8;8; 4)n AB AC
 
= = − −
 
r uuur uuur
Suy ra mp(ABC) có phương trình:
8x 8(y 1) 4(z 1) 0 2x 2y z 1 0− + − − − = ⇔ − + + =

0,25
Ta có
1
( ;( )).
3
ABCD ABC
V d D ABC S=
nên
ABCD
V
lớn nhất khi và chỉ khi
( ;( ))d D ABC
lớn
nhất . Gọi
1 2
D 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 D
1
hoặc D
2
0,25
Đường thẳng
1 2

D D
đi qua I(1;0;-1), và có VTCP là
(2; 2;1)
ABC
n = −
r

Do đó (D
1
D
2
) có phương trình:
1 2
2
1
= +


= −


= − +

x t
y t
z t
.
Tọa độ điểm D
1
và D

2
thỏa mãn hệ:
2 2 2
1 2
2
2
3
1 2
3
( 1) ( 1) 4
x t
t
y t
z t
t
x y z
= +


=


= −

⇒


= − + −



=



− + + + =

1 2
7 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

Câu
VIIb
Điều kiện
x 0
y 0
>


>

khi đó hpt
( )
2
2
3 2
3 2
2
3 2
2
2
2.log y log x 1
2.log y log x 1
log y
log y log x 1
log x 1
log 3

= − −

= −



⇔ ⇔
 
= −
= −




0,25
Đặt
2
3
a log x
b log y
=


=

khi đó hpt trở thành:
2
2.b a 1
b a 1

= −

= −


0,25
( )
2
2
a 1
2. a 1 a 1
a 2a 1 0
b 0
b a 1
b a 1

=
− = −

− + =


⇔ ⇔ ⇔
  
=
= −
= −




0,25
2
3
log x 1

x 2
(t / m)
log y 0 y 1
=
=


⇔ ⇔
 
= =



Vậy hệ có nghiệm duy nhất:
( )
2;1
0,25