Chuyên đề về Điện phân

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT ĐƯỜNG AN. ĐÊ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG 2010- 2011 MÔN: TOÁN – KHỐI A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát ñề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7, 0 ñiểm) Câu I (2,0 ñiểm). Cho hàm số y = x 4 + 2m 2 x 2 + 1 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2. Chứng minh rằng ñường thẳng y = x + 1 luôn cắt ñồ thị của hàm số (1) tại hai ñiểm phân biệt với mọi giá trị của m. Câu II (2,0 ñiểm) sin3 x sin 3 x + cos3 x cos3 x 1 1. Giải phương trình: =− 8  π  π tan  x −  tan  x +  6 3    x3 + 4 y = y 3 + 16 x 2. Giải hệ phương trình:  2 2 1 + y = 5(1 + x ) 4. Câu III (1,0 ñiểm). Tính tích phân: I = ∫ 0. (1 +. x +1 1 + 2x. ). 2. dx. Câu IV (1,0 ñiểm). Cho hình chóp S.ABC có ñáy ABC là tam giác vuông ñỉnh A, AB = a 2 . Gọi I trung ñiểm

 cân

 của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt ñáy (ABC) thỏa mãn IA = −2 IH , góc giữa SC và mặt ñáy ( ABC ) bằng. 600 . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung ñiểm K của SB tới ( SAH ) .. Câu V (1,0 ñiểm). Cho x, y, z là ba số thực dương thay ñổi và thỏa mãn: x 2 + y 2 + z2 ≤ xyz . Tìm giá trị lớn nhất của x y z . + 2 + 2 x + yz y + zx z + xy II. PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm) Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2,0 ñiểm). 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(3; 0), ñường cao từ ñỉnh B có phương trình: x + y + 1 = 0 , trung tuyến từ ñỉnh C có phương trình: 2 x − y − 2 = 0 . Viết phương trình ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.. biểu thức: P =. 2. ( ) ( P ) : 2 x + y − 2z + 1 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (Q ) song song với ( P ) và khoảng cách từ tâm mặt cầu ( S ) ñến mặt phẳng (Q ) bằng 3.. 2. Trong không gian với hệ trục tọa ñộ Oxyz, cho mặt cầu S : x 2 + y 2 + z2 − 4 x − 4 y + 2 z − 16 = 0 và mặt phẳng. Câu VII.a (1,0 ñiểm). Tìm số phức z thỏa mãn: z2 + 2 z = 0 . B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b(2,0 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ 0xy, cho ñiểm A(2; 1). Lấy ñiểm B nằm trên trục hoành có hoành ñộ không âm sao cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm toạ ñộ B, C ñể tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 2. Trong không gian với hệ trục toạ ñộ Oxyz cho ñiểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) ñi qua A, B và vuông góc với (Q). Câu VII.b(1,0 ñiểm): Tìm m ñể hàm số: y =. mx 2 − 1 có hai ñiểm cực trị A, B và ñoạn AB ngắn nhất. x. ----------- Hết ---------Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh................................. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT ĐƯỜNG AN. Câu I. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG 2010- 2011 MÔN: TOÁN – KHỐI A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát ñề Đáp án. Điểm. 1. (1, 0 ñiểm). Khảo sát…. Với m=1, hàm số trở thành: y = x 4 + 2 x 2 + 1 * Tập xác ñịnh: R * Sự biến thiên + y ' = 4 x3 + 4 x = 4 x( x 2 + 1) ⇒ y ' = 0 ⇔ x = 0 Ta có: y ' > 0 ⇔ x > 0; y ' < 0 ⇔ x < 0 Hàm số nghịch biến trong khoảng ( −∞;0 ) và ñồng biến trong khoảng ( 0; +∞ ) ; ñạt cực tiểu tại x=0; y(0)=1 + Giới hạn: lim y = lim y = +∞ x →−∞. 0, 25. 0, 25. x →+∞. Bảng biến thiên: x −∞ y' y +∞. +∞. 0 0. -. 0, 25. +. +∞. 1 * Đồ thị: Hàm số ñã cho là hàm số chẵn nên ñồ thị nhận trục tung làm trục ñối xứng.. 0,25. 6. 4. 2. -1. 1. 2. 2. (1, 0 ñiểm). Chứng minh ñường thẳng …. Số giao ñiểm của hai ñồ thị tương ứng với số nghiệm của phương trình: x 4 + 2m 2 x 2 + 1 = x + 1 ⇔ x( x 3 + 2m 2 x − 1) = 0 (*) 0,25 x = 0 Phương trình (*) có một nghiệm ⇔  3 2  x + 2m x − 1 = 0(**) x=0 Ta sẽ ñi chứng minh phương trình: x 3 + 2m 2 x − 1 = 0 (**) có ñúng một nghiệm khác 0 với mọi giá trị m 0,25 * Nếu m=0 thì pt(**) trở thành: x3 − 1 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ pt(*) có ñúng 2 nghiệm. • Nếu m ≠ 0 , Xét hàm số f ( x) = x3 + 2m 2 x − 1 trên R. • Ta có: f '( x) = 3 x 2 + 2m 2 > 0, ∀x ∈ R ⇒ f(x) luôn ñồng biến trên R ⇒ f ( x) = 0 có 0,25. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> II. nhiều nhất một nghiệm. Ta có: f(0) = -1; f(1) =2m2 >0 ⇒ f (0). f (1) < 0 ⇒ pt f ( x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm thuộc (0; 1). Vậy pt (**) có ñúng một nghiệm khác 0 ⇒ (ñpcm) 1. Giải phương trình…. ĐK: x ≠. π. +k. π. 6 2     π π π  π Ta có: tan  x −  .tan  x +  = tan  x −  cot  − x  = −1 6 3 6    6  Phương trình tương ñương ñương với: 1 sin3 x sin 3 x + cos3 x cos3 x = 8 1 − cos2 x cos2 x − cos4 x 1 + cos2 x cos2 x + cos4 x 1 ⇔ . + . = 2 2 2 2 8 1 ⇔ 2 ( cos2 x + cos2 x.cos4 x ) = 2 1 1 ⇔ cos3 2 x = ⇔ cos2 x = 8 2  π  x = 6 + kπ (loại) π , k ∈ ℤ. Vaäy x = − + kπ , k ∈ ℤ ⇔ 6  x = − π + kπ  6  x3 + 4 y = y 3 + 16 x 2.(1, 0 ñiểm). Giải hệ phương trình:  2 2 1 + y = 5(1 + x )  x( x 2 − 16) = y ( y 2 − 4)  x( x 2 − 16) = 5 x 2 y (1) HPT ⇔  2 ⇔  2 2 2 (2)  y − 4 = 5 x  y − 4 = 5 x x = 0 Pt (1) ⇔  2  x − 16 = 5 xy (3) +) x = 0 thay vào (2) ta ñược y = ±2. III. x 2 − 16 +) x ≠ 0 , pt (3) ⇔ y = thay vào (2) ta ñược: 124 x 4 + 132 x 2 − 256 = 0 ⇔ x 2 = 1 5x • Nếu x = 1 thì y = -3 • Nếu x =-1 thì y = 3. Vậy HPT có các nghiệm: (x; y) =( 0; 2); (0; -2); (1; -3); (-1; 3). Tính tích phân Đặt t = 1 + 1 + 2 x ⇒ dt = Đổi cận: x 0 t 2 Ta có:. dx 1 + 2x. ⇒ dx = (t − 1)dt vaø x =. 2. t − 2t 2. 0,25. 1 0.25. 0.25. 0.25 0.25. 0,25. 0,5. 0,25 1 0.25. 4 4 0.5. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> (. ). 2 4 4 4 1 t − 2t + 2 ( t − 1) 1 t 3 − 3t 2 + 4t − 2 1  4 2 I= ∫ dt dt = = t − 3+ − 2 ∫ ∫ 2 2 22 22 2 2 t t t t 1  t2 2 4 =  − 3t + 4 ln t +  2 2 t2.   dt . 1 4 Tính thể tích và khoảng cách



 Ta cĩ: IA = −2 IH ⇒ H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH. 0.25. = 2 ln 2 −. IV. BC = AB 2 = 2a; AI = a; IH = AH = AI + IH =. 3a 2. S. IA a = 2 2. K B A I. H. C. Ta có: HC 2 = AC 2 + AH 2 − 2 AC. AH cos 450 ⇒ HC =. (. ).  = 600 Vì SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SC; ( ABC ) = SCH SH = HC tan 600 =. V. a 5 2. 0.25. a 15 2. 1 a3 15 VS . ABC = S ABC .SH = (dvtt) 3 6 BI ⊥ AH   ⇒ BI ⊥ ( SAH ) BI ⊥ SH  d (K ;(SAH )) SK 1 1 1 a Ta coù: = = ⇒ d ( K ;(SAH )) = d ( B;(SAH )) = BI = d (B;(SAH )) SB 2 2 2 2 Tính giá trị lớn nhất của P Vì x,y,z > 0. Áp dụng BĐT Côsi ta có: x y z 1 2 2 2   P≤ + + =  + + zx xy  2 x 2 yz 2 y 2 zx 2 z 2 xy 4  yz 1  1 1 1 1 1 1  1  yz + zx + xy  1  x 2 + y 2 + z2  ≤  + + + + + =   ≤  4 y z z x x y 2 xyz xyz  2  1  xyz  1 ≤  = 2  xyz  2 Dấu bằng xảy ra ⇔ x = y = z = 3. Vaäy MaxP =. VI.a. 1 0.5. 0.25 0.25. 0.25. 0.5. 1 2. 0.25. 1. Viết phương trình ñường tròn… Kí hiệu : d1 : x + y + 1 = 0; d2 : 2 x − y − 2 = 0



 d1 coù vectô phaùp tuyeán n1 = (1;1) vaø d 2 coù vectô phaùp tuyeán n2 = (1; −1) + Phương trình AC : x − y − 3 = 0 .. 0.25. A. M d2. x − y − 3 = 0 ⇒ C ( −1; −4 ) + Tọa ñộ C :  2 x − y − 2 = 0. C. d1 B. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  x + 3 yB  Gọi B( xB ; yB ) ⇒ M  B ;  (M trung ñieåm AB) 2 2    x B + yB + 1 = 0  B ⊂ d1 , M ⊂ d 2 ⇒  ⇒ B(−1; 0) yB −2 = 0  xB + 3 −  2 Gọi phương trình ñường tròn qua A, B, C có dạng : x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 Thay tọa ñộ A, B, C vào phương trình và giải hệ ta có phương trình ñường tròn cần lập : x2 + y2 − 2x + 4y − 3 = 0 2. Viết phương trình mặt cầu…. ( S ) : x + y + z − 4 x − 4y + 2z = 0 ( S ) coù taâm I ( 2;2; −1) Vì ( Q ) / / ( P ) neân ( Q ) coù daïng: 2 x + y − 2 z + D = 0, ñieàu kieän D ≠ 1( *) 2. (. 2. ). 2. d I ,( P ) = 3 ⇔. VII. a. 2.2 + 1.2 − 2(−1) + D 22 + 12 + (−2)2. 0.25. 0.5. 1 0.25. 0.25. =3.  D = 1 (L) ⇔ D+8 = 9 ⇔   D = −17 Vaäy phöông trình cuûa (Q): 2x + y − 2 z − 17 = 0 Gọi z = a + bi a, b ∈ ℝ. 0.25 0.25 0.25. z2 + 2 z = 0 ⇔ ( a + bi ) + 2 ( a − bi ) = 0 2. ⇔ a 2 + 2abi − b 2 + 2a − 2bi = 0. 0.25. ⇔ a − b + 2a + 2(ab − b)i = 0 2. 2.  a2 − b2 + 2a = 0 ⇔ ⇔ (a = 1; b = ± 3),(a = 0; b = 0), ( a = −2; b = 0 ) 2(ab − b) = 0 VI.b. Vậy có 4 số phức thỏa mãn: z = 0, z = −2, z = 1 ± 3i 1. (1 ñiểm): Tìm toạ ñộ B, C ñể tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Gọi A(2; 1); B(b; 0); C(0; c); b, c > 0. Theo giả thiết ta có tam giác ABC vuông tại A





 5 nên AB. AC = 0 ⇔ c = −2b + 5 ≥ 0 ↔ O ≤ b ≤ 2 1 1 S ∆ABC = AB. AC = (b − 2) 2 + 1. 22 + (c − 1) 2 = (b − 2) 2 + 1 = b 2 − 4b + 5 2 2 5 Do 0 ≤ b ≤ → Smax khi b =0. Suy ra B(0; 0); C(0; 5). 2 2.(1 ñiểm). Lập phương trình mặt phẳng…..









 Ta có AB = (1;1;1), nQ = (1; 2;3),  AB; nQ  = (1; −2;1)




 




 Vì  AB; nQ  ≠ 0 nên mặt phẳng (P) nhận  AB; nQ  làm véc tơ pháp tuyến Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0 VII.b. (1 ñiểm): Tìm m ñể hàm số: y =. mx 2 − 1 có hai ñiểm cực trị A, B và ñoạn AB ngắn nhất. x. Lop12.net. 0.25 0.25. 0,25. 0,5 0,25. 1.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Ta có: y ' =. mx 2 + 1 . x2. 0,25. Hàm số có hai cực trị ⇔ y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ m < 0(*) . Khi m<0 ñồ thị hàm số có hai ñiểm cực trị là: 1 4    1  A − ; 2 −m  , B  ; −2 − m  ⇒ AB 2 = + 16 ( − m ) . ( −m ) −m    −m  AB 2 ≥ 2. 0,25 0,25. 4 .16 ( −m ) = 16 ( không ñổi). ( −m ). 1  m=−  4 2 AB = 4 ⇔ = 16(−m) ⇔  −m m = 1  2. 0,25. 1 Kết hợp với ñiểu kiện (*) ta ñược m = − . 2 KL:........ Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>