CHUYEN NGUYEN HUE KD L4

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (157.13 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TRƯỜNG THPT 
CHUYÊN 
NGUYỄN HUỆ

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ TƯ 
NĂM HỌC 2011 – 2012

ĐỀ THI MƠN: TỐN KHỐI D 
Thời gian làm bài: 180 phút 
Câu 1: (2 điểm)

Cho hàm số 2 1

1
x
y

x
+
=

+ có đồ thị (C).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số .

2. Gọi I là giao điểm của 2 tiệm cận của đồ thị hàm số. Tìm điểm M trên đồ thị sao cho
khoảng cách từ I đến tiếp tuyến của đồ thị tại M là lớn nhất.

Câu 2: (2 điểm)

1. Giải phương trình 7(sin 3 os3x osx) 4 os2x

2sin 2 1

x c

c c

x

−

− = −

− .

2. Giải phương trình 2

(4x+3) 4x+ =3 2x +11x+6.
Câu 3: (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2+10x+y2 =0 và đường

thẳng ∆: 8x+6y−35=0.Tìm điểm M trên đường trịn (C) và điểm N thuộc ∆ sao cho MN bé nhất.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(1,0,3) và đường thẳng ∆:

1 1 1

2 1 2

x− = y+ = z−

. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I cắt ∆ tại 2 điểm A và B sao cho AB là
cạnh của hình vuông nhận I làm tâm.

Câu 4: (1 điểm)

Cho lăng trụ tam giác đều ABCA’B’C’có AA’=AC = a. Gọi E là trung điểm của A’B’, F là
trung điểm của BC và K là trung điểm của CC’. Tìm thể tích khối tứ diện AEC’F và chứng minh
rằng EF⊥ AK.

Câu 5: (2 điểm)
1. Tính

x
s inx.sin

6
d

x

π  +π 

 

 

∫

2. Cho số phức 576 6
( 3 )
z

i

+ là một nghiệm của phương trình:

3 2

2z +15z +mz+171 0= 
(với m ∈ ).Tìm m và giải phương trình trên tập số phức với giá trị m tìm được.

Câu 6: (1điểm)

Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x+ + =y z 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
sau:

2 2 2

x y z

P

x y z x y z x y z

= + +

+ + + + + +

---HẾT---

Chú ý: Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

TRƯỜNG THPT 
CHUYÊN 
NGUYỄN HUỆ

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ TƯ 
NĂM HỌC 2011 – 2012

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN 
KHỐI D

Câu ý Nội dung Điểm

1
(2điểm)

1 TXĐ: R\{-1}

' 0 1

( 1)

y x

x

= > ∀ ≠ −

Hàm số đồng biến trên các khoảng (–∞ ;-1) và (-1;+∞)

0,25

Giới hạn:

1 1

2 1 2 1

;

1 1

lim

x x

+ −

→− →−

+ +

= −∞ = +∞ ⇒

+ + đường tiệm cận đứng của

đồ thị là x = -1

2 1 2
1

lim

x

x
x
→±∞

= ⇒

+ đường tiệm cận ngang của đồ thị là y = 2

0,25

bảng biến thiên

x -∞ - 1 +∞
y’ + +

y 0,25

Nhận xét: đồ thị nhận điểm I(-1;2) là tâm đối xứng

0,25

Gọi điểm M(a; 2 1 )
1
a

−

+ thuộc đồ thị. Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình

là: 1 2( ) 2 1

( 1) 1

y x a

a a

= − + −

+ + 0,25

2 +∞

-∞ 2

-5 5

-2

-4

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Ta có:

4 4 2

1 ( 1 ) 2 2 1 2

( 1) 1 1 2

( , )

1 1 1

1 1 ( 1)

( 1) ( 1) ( 1)

a

a a a

d I d

a

a a a

− − − + − −

+ + +

= = =

+ + + +

+ + +

0,25

Vì 2

( 1) 2 ( , ) 2

(a+1) + a+ ≥ ⇒d I d ≤

Vậy d(I,d)max = 2 . Dấu “ = “ xảy ra khi 4 0

( 1) 1

2
a
a

a

=


+ = ⇔ 

= −


Vậy M(0;1) hoặc M(-2; 3) thỏa mãn đầu bài.

0,5

2
(2điểm)

điều kiện: sin 2 1 12
5
2

12
x k
x

x k

π π

π
π

 ≠ +



≠ ⇔ 

 ≠ +



sin 3 os3x

7( osx) 4 os2x

2sin 2 1
x c

c c
x

−

− = −

−

⇔7(3sin 4sin3 4 os x+3cosx3 osx) 4 os2x
2sin 2 1

x x c

c c
x

− −

− = −

−

⇔ (s inx+cosx)(3 4 4 s inx osx) 2

7( osx) 4 (1 2 sin x)

2 sin 2 1
c

c
x

− +

− = − −

−

0,5

⇔ 2

7 s inx=2sin x+3⇔

s inx=3(loai) 2

6
1

5
sinx=

2
2

6
x k
x k

π
π
π



= +

 

 ⇔ 

  =

  0,5

2 Điều kiện : x≥ -3/4
Đặt t= 4x+3(t≥0)

Pt ⇔(4x+3)t=2x2+2t2+3x⇔2(x t− )2+3(x t− =) 0

2 2 3 0

x t
x t

=


⇔  − + =



0,5

+) 4 3 2 7 2 7

0
x

x t x x x

x

 = ±


= ⇔ = + ⇔ ⇔ = +

≥


2 1

4 4 3 0

2 2 3 0 2 3 2 4 3 3

3
4

2
x
x x

x t x x

x



 − − =  = −



− + = ⇔ + = + ⇔ ⇔ 

≥ − 

 =

 

Vậy nghiệm của phương trình là 1
2

x= − ; 3
2

x= ;x= +2 7

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

3
(2điểm)

2 >

Vậy ∆ không cắt đường trịn
(C).

Gọi d là đường thẳng qua I
vng góc với ∆ cắt (C) tại
L,K và cắt ∆ tại H.

Giả sử K nằm giữa H và I.
Ta có :

MN ≥ IN – IM ≥IH – IK = KH
Vậy MN min = HK khi M≡K; N≡H

0,5

Tìm K và H.

Phương trình đường thẳng d là : 6x – 8y +30 = 0

Tọa độ H là nghiệm của hệ

8 6 35 0 9

(1; )
9

6 8 30 0 2

2
x

x y

H

x y y

=


+ − =

 

⇔ ⇒

 

− + = =

 

Tọa độ K, L là nghiệm của hệ

2 2 1 3

10 0

9 3

6 8 30 0

x y

x x y

x y

= − ⇒ =

 + + = 

⇔

  = − ⇒ = −

− + = 



Vì d((-1;3),∆) =5/2 ; d((-9;-3),∆) =25/2 suy ra K(-1;3)
Vậy M(-1;3) và N(1;9/2) thỏa mãn đầu bài.

0,5

2 ∆ đi qua M(1;-1;1) nhậnu(2;1; 2)

là vtcp

MI, 2 5

( , )

3
u
d I

u

 

 

∆ = =

0,5

Gọi H là hình chiếu của I lên ∆ thì H là trung điểm của AB.
Vì ∆AIB vng cân tại I nên ta có 2 2 2 2 2 40

9
AI =IH +HA = IH =
Vậy phương trình mặt cầu (S) là : 2 2 2 40

( 1) ( 3)

9
x− +y + z− =

0,5

4
(1điểm)

+) Tìm VAEC’F

Gọi I là trung điểm của B’C’
H là trung điểm B’I

⇒ SAEF = SAHF

Suy ra

VAEC’F = VC’AEF = VC’AHF
= VAC’HF

= C'HF

1
AF.S
3

= 1AF.1 . '
3 2FI C H
=

1 a 3 1 3 3

. .

3 2 2 4 16

a
a a=

0,5
K

H
L

I

N
M

H

F
K
M

E I

C

B
A

B'

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

+) Chứng minh EF ⊥AK

Gọi M là trung điểm của A’C’

Khi đó CFEM là hình bình hành nên EF//CM
Ta lại có ∆ACK =∆CC’M ⇒ = ′

Mà + = 90 ⇒ ′ + = 90 ⇒ ⊥

Vậy EF ⊥AK

0,5

5
(2điểm)

sin

1
6

: cot cot
6

s inx.sin 2 s inx.sin

6 6

NX x x

x x

π
π

π π

 

−  + = =

   

  + +

   

   

0,25

3 3

3
6

6 6

2 (cot cot( )) 2(ln sin ln sin( )) |

6 6

s inx.sin
6
d

I x x dx x x

x

π π

π
π

π π

= = − + = − +

 + 

 

 

∫

4 ln 3 2 ln 2

I = −

0,5
0,25
2

6
6

6 6

576 576 576

9
2 ( os sin )
( 3 ) 2 ( os sin )

6 6

z

c i

i c π i π π π

= = = = −

+ + 0,25

Với z = - 9 suy ra m = -8

Với m = -8 pt có dạng : 3 2 2

2z +15z −8z+171 0= ⇔(z+9)(2z −3z+19)=0

9
9

3 143

2 3 19 0

4
z

z

i

z z z

= −

= −

 

⇔ ⇔ ±

− + = =

 

0,25

0,5

(1điểm) Cách1: 3 3 3

x y z

P

x y z

= + +

+ + +

Ta có : 3 1 0 16 (3 1)( 3) 0

3 16

x x

x x x x x

x

≤ ∀ > ⇔ ≤ + + ∀ >

3(x 1) 0 x 0

⇔ − ≥ ∀ > (luôn đúng)

0,5

Suy ra 3 1 3 1 3 1 3

3 3 3 16 16 16 4

x y z x y z

P

x y z

+ + +

= + + ≤ + + =

+ + +

Dấu bằng xảy ra khi x= = =y z 1
Vậy max P = 3

4 khi x =y =z =1

0,25

Cách 2: 3 3( 1 1 1 )

3 3 3 3 3 3

x y z

P

x y z x y z

= + + = − + +

+ + + + + +

1 1 1 9 3

3 3 3 9 4

m

x+ + y+ +z+ ≥ x+ + +y z =

1 1 1 9 3

3 3( ) 3

3 3 3 4 4

P

x y z

⇒ = − + + ≤ − =

+ + +

Vậy max P = 3

4 khi x =y =z =1

</div>

CHUYEN NGUYEN HUE KD L4

∫

lim

lim

lim

∫

∫

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về