đe kiểm tra chất lượng học kì II lớp 10

GỢI Ý LÀM BÀI THI ĐẠI HỌC 2009 MÔN TOÁN – KHỐI A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm): Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2 2 3 x y x + = + (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). Lời giải: TXĐ: D = R \ { 3 2 − } ( ) 2 1 ' 0 2 3 y x = − < + ⇒ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng 3 ; 2   −∞ −  ÷   và 3 ; 2   − +∞  ÷   3 2 2 lim 2 3 x x x +   → −  ÷   +   = +∞  ÷ +   ; 3 2 2 lim 2 3 x x x −   → −  ÷   +   = −∞  ÷ +   ⇒ Tiệm cận đứng x = 3 2 − 2 1 lim 2 3 2 x x x →±∞ +   =  ÷ +   ⇒ Tiệm cận ngang y = 1 2 Bảng biến thiên: Điểm đặc biệt: x = 0 ⇒ y = 2 3 ; y = 0 ⇒ x = -2. Đồ thị: Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 3 2 − ; 1 2 ) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 1 3 2 − + ∞ − ∞ 1 2 − ∞ + ∞ 1 2 x y’ y _ _ 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O. Lời giải: Giải sử tiếp tuyến ( ) ∆ cắt Ox tại điểm ( ; )A a o cắt Oy tại B(0; b) với ab ≠ 0 ( ) : 1 x y pt a b ⇒ ∆ + = hay b y x b a = − + Do OAB ∆ cân đỉnh O | | | | a b a b a b =  ⇒ = ⇒  = −  TH1: Với a= b ( ) : y x a ⇒ ∆ = − + ( ) ∆ tiếp xúc với (1) nên hệ 2 2 (*) 2 3 1 1 (**) (2 3) x x a x x +  = − +  +   −  = − +   có nghiệm Từ (**) 2 1 0 (2 3) 1 2 2 x a x x a = − =   ⇒ + = ⇒ ⇒   = − = −   2 3 2 − O I x y -2 1 2 2 3 Vậy có 2 tiếp tuyến 1 ( ): ;y x∆ = − 2 ( ) : 2y x∆ = − − TH2: Với a = -b ⇒ ( ): y x a∆ = − ( )∆ tiếp xúc với (1) nên hệ 2 2 2 3 1 1 (***) (2 3) x x a x x +  = −  +   −  = +   có nghiệm Do (***) vô nghiệm nên ⇒ hệ vô nghiệm Kết luận: có 2 tiếp tuyến là 1 2 ( ): ; ( ) : 2y x y x∆ = − ∆ = − − Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình (1 2sin )cos 3 (1 2sin )(1 sin ) x x x x − = + − Lời giải: ĐK: 2 6 1 sinx 7 2 ; (*) 2 6 sinx 1 2 2 x k x k k Z x k π π π π π π  ≠ − +    ≠ −   ⇔ ≠ + ∈     ≠   ≠ +   Phương trình tương đương 2 cos 2sin x cos 3(1 sinx 2sin 2sin ) cos sin 2 3(sinx os2 ) cos 3sinx sin 2 3 os2 1 3 1 3 cos sinx sin 2 os2 2 2 2 2 sin( ) sin(2 ) 6 3 2 2 2 (1) 6 3 18 3 2 2 2 ( 6 3 2 x x x x x x c x x x c x x x c x x x k x x k x x x k x k π π π π π π π π π π π π π − = − + − ⇔ − = + ⇔ − = + ⇔ − = + ⇔ − = +  − = + − = − +   ⇔ ⇔   − = − − + = +   ; 2) k Z    ∈     Nghiệm (2 ) loại do không thỏa mãn (*) Vậy phương trình có một nghiệm 2 ; 18 3 k x k Z π π = − + ∉ 2. Giải phương trình 3 2 3 2 3 6 5 8 0x x− + − − = (x ∈ R ). Lời giải: 3 Điều kiện: 6 - 5x ≥ 0 3 3 3 2 3 2 3 2 3 t t x t x x + ⇔ = − ⇒ = − ⇒ = Vậy (1) có dạng: 3 3 5 10 2 3 6 8 0 3. 8 5 8 2 3 t t t t + + − − = ⇔ − = − 3 2 8 2 0 24 15 64 32 4 (1) t t t t − ≥  ⇔  − = − +  (1) 3 2 15 4 32 40 0t t t⇔ + − + = 2 ( 2)(15 26 20) 0t t t⇔ + − + = 2t ⇔ = − (thỏa mãn) Vậy: 3 3 2 2x − = − 3 2 8x ⇔ − = − 2x ⇔ = − thỏa mãn 6 5 x ≤ Đáp số: x = -2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 2 3 2 0 ( os 1) osI c x c xdx π = − ∫ Lời giải: 2 2 2 3 2 5 2 0 0 0 2 2 2 2 2 4 2 2 0 0 0 0 0 1 2 2 2 0 0 1 1 1 2 4 0 0 0 ( os 1)cos cos cos 1 cos 2 1 1 cos cos (1 sin ) (sin ) cos2 2 2 2 1 (1 ) sin 2 | 4 4 8 2 4 15 4 I C x xdx xdx xdx x x xdx dx x d x dx xdx t dt x dt t dt t dt π π π π π π π π π π π π = − = − + = − = − − − = − − − = − + − = − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB = AD = 2 α , CD = α ; góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60 0 . Gọi I là trung điểm cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo α . Lời giải: 4 Do (SCI) ⊥ (ABCD) ; (SBI) ⊥ (ABCD) ⇒ SI ⊥ (ABCD) Kẻ IK ⊥ BC ⇒ SK ⊥ BC (định lý ba đường vuông góc). Ta có ( ) 2 1 1 1 . .(2 )2 . 3 3 2 SABCD ABCD V S SI a a a SI a SI= = + = (1) Mà SI = IK.tg(60 0 ) = 3 IK ; BC = BI = a 5 ; IC = a 2 BH 2 = BC 2 – HC 2 = 5a 2 – 2 2 2 a    ÷  ÷   = 2 9 2 a ⇒ BH = 3 2 2 a 2 ( ) 3 2 2 2 3 5 . . 5 5 BIC a a a S KI BC IC BH KI a    ÷   = = ⇒ = = Vậy SI = 3 5 3 15 3 5 5 a a   =  ÷  ÷   ⇒ 3 . 3 15 5 S ABCD a V = (đvtt) Câu V (1 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương x,y,z thỏa mãn x( x + y + z )= 3xy, ta có: 3 3 3 ( ) ( ) 3( )( )( ) 5( )x y x z x y x z y z y z+ + + + + + + ≤ + Lời giải: Đặt a = x + y , b = z + c , c = x + y , , 2 2 2 b c a c a b a b c x y z + − + − + − = = = Từ điều kiện x(x + y + z) = 3yz 2 2 2 2 2 2 4 ( ) 3( ) (*)a b c b c a b bc c⇒ = + + − ⇒ = − + Ta có bất đẳng thức đã cho tương đương: 3 3 3 5 3a b c abc ≥ + + 2 5 ( ) 3 (**)a a b c bc⇔ ≥ + + Từ (*) ⇒ 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 2( ) 2 2 2 a bc b c a b c bc b c a b c  ≥   + = + − ≥ + ≥ ⇒ ≥ +   5 a D A B C I K 2a 60 0 S D A B C K 2a I H a a 2 2 2 ( ) 3 3 a a b c a bc  ≥ +  ⇒  ≥   ⇒ (**) đúng ⇒ đpcm Dấu “ =” xảy ra khi a= b= c tức là x = y = z. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6; 2) là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Điểm M(1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng ∆ : 5 0x y+ − = . Viết phương trình đường thẳng AB Lời giải: Vì E ∈ x + y – 5 = 0 ⇒ E(x 0 ; 5 – x 0 ) Gọi F là điểm đối xứng của E qua I 12 4 E F E F x x y y + =   + =  ( ) 0 0 12 , 1F x x⇒ − − Ta có ( ) 0 0 EF 12 2 ,2 6x x− − uur ; ( ) 0 0 MF 11 2 , 6x x− − uuur ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 MF.EF 0 11 2 12 2 2 6 6 0x x x x = ⇔ − − + − − = uuur uur 0 0 6 7 x y =  ⇔  =  ( ) ( ) ( ) ( ) 6,5 : 5 19 5,6 : 4 4 F AB y x F AB y ⇒ =   ⇒  ⇒ = +   Vậy phương trình đường thẳng AB là: y = 5 hoặc x – 4y + 19 = 0. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2 2 4 0P x y z− − − = và mặt cầu 2 2 2 ( ): 2 4 6 11 0S x y z x y z+ + − − − − = . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và bán kính của đường tròn đó. Lời giải: 2 2 2 2 4 6 11 0x y z x y z+ + − − − − = 2 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 25 5x y z⇔ − + − + − = = Vậy ( ) ϕ có tâm I( 1, 2, 3) và R = 5 Kẻ OH ⊥ (P) khi đó H là tâm của đường tròn thiết diện. Ta có: 2 4 3 4 3 3 IH − − − = = Vậy: R ′ = 4 là bán kính đường tròn thiết diện. (P) có (2, 2, 1)n − − r 6 B C F A M E D I (6, 2) Vậy OH có phương trình 1 2 2 2 3 x t y t z t = +   = −   = −  Thay vào (P) ta có: 2(1 + 2t) – 2(2 - 2t) - (3 - t) - 4 = 0 9 9 0 1t t ⇔ − = ⇒ = Vậy tâm đường tròn có tạo độ là H(3, 0, 2) Kết luận: Đường tròn thiết diện có tâm H(3, 0, 2) và bán kính R ′ =4 Câu VII.a (1,0 điểm) Gọi 1 z và 2 z là hai nghiệm thức của phương trình 2 2 10 0z z+ + = . Tính giá trị của biểu thức 2 2 1 2 | | | |A z z= + . Lời giải: 1 1 2 2 2 2 2 1 2 1 3 | | 10 2 10 0 1 3 | | 10 | | | | 10 10 20 z i z z z z i z z z  = − ⇒ =  + + = ⇒  = + ⇒ =   + = + = Lời giải: B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 + y 2 + 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng Δ: x + my - 2m + 3 = 0, với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để Δ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất. Lời giải: 2 2 ( ): ( 2) ( 2) 2C x y+ + + = Vậy ( )C có tâm tại ( 2; 2)I − − và bán kính 2R = Ta có 2 2 | 2 2 2 3 | | 4 1| ( ;( )) 1 1 m m m d I m m − − − + − ∆ = = + + ( ) ( )C ∩ ∆ tại 2 điểm phân biệt 2 2 2 2 | 4 1| 4 30 4 30 2 (4 1) 2( 1) 14 8 1 0 14 14 1 m m m m m m m − − + ⇔ < ⇔ − < + ⇔ − − < ⇔ < < + Gọi H là trung điểm của AB, ta có: 2 2 2 2 2 1 (2 ) . . 2 (2 ) 2 2 IAB IH IH S IH AB IH AH IH IH IH IH + − = = = − = − ≤ 2 2 2 2 | 4 1| 1 2 1 1 16 8 1 1 2 2 IAB m S IH IH IH m m m m − ≤ ⇔ = − ⇔ = ⇔ = ⇔ − + = + + 2 0 15 8 0 8 15 m m m m =   ⇔ − = ⇔  =   7 So sánh 2 vế điều kiện thỏa mãn vậy có 2 nghiệm là 0 8 15 m m =    =   2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 1 = 0 và hai đường thẳng Δ 1 : 1 9 1 1 6 x y z+ + = = , Δ 2 : 1 3 1 2 1 2 x y z− − + = = − . Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng Δ 1 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng Δ 2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau. Lời giải: Gọi M(t – 1; t; 6t – 9) ∈ 1 ∆ ⇒ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 6 9 1 11 20 3 1 2 2 M P t t t t d → − − + − − − = = + − + 2 ∆ qua A(1; 3; -1) và có vec-tơ chỉ phương ( ) 2;1; 2u = − r Ta có ( ) 2 , M u AM d u →∆     = r uuuur r Với ,u AM     r uuuur = (8t – 14; -14t + 20; t – 4) Nên ( ) 2 2 261 792 612 3 M t t d →∆ − + = Do ( ) ( ) ( ) 2 M M P d d →∆ → = Nên 2 2 11 20 261 792 612 140 352 212 0t t t t t− = − + ⇔ − + = 1 53 35 t t =   ⇔  =  Vậy có hai điểm M là: ( ) 1 0;1; 3M − và 2 18 53 3 ; ; 35 35 35 M    ÷   Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình 2 2 2 2 2 2 log ( ) 1 log ( ) 3 81 x xy y x y xy − +  + = +    =  ( , )x y R∈ . Lời giải: Điều kiên xy>0 Hệ đã cho tương đương với 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 0 2 2 4 4 4 x y x y xy x y x y x y x x xy y x xy y =   + = − = = =     ⇔ ⇔ ⇔     = = − = − + = − + =       Vậy hệ có nghiệm là ( ) ( , ) (2;2);( 2; 2)x y = − − 8 . 2 1 2 | | | |A z z= + . Lời giải: 1 1 2 2 2 2 2 1 2 1 3 | | 10 2 10 0 1 3 | | 10 | | | | 10 10 20 z i z z z z i z z z  = − ⇒ =  + + = ⇒  = + ⇒ =  . có tâm H(3, 0, 2) và bán kính R ′ =4 Câu VII.a (1,0 điểm) Gọi 1 z và 2 z là hai nghiệm thức của phương trình 2 2 10 0z z+ + = . Tính giá trị của biểu thức