Đang tải... (xem toàn văn)
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2009-2010
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Mơn thi: TỐN, khối D
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( )mx33mx2 m 1x 1, m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =
2 Xác định giá trị m để hàm số yf x( ) khơng có cực trị Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình :
4
sin cos
tan cot
sin 2
x x
x x
x
2 Giải phương trình:
2
4
log x1 2log 4 xlog 4x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
2
2
dx A
x x
Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy đường trịn tâm O, SA SB hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB 1, diện tích tam giác SAB 18 Tính thể tích diện tích xung quanh hình nón cho
Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm
2
7
2
x x
x m x m
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2)
1 Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình đường thẳng chứa cạnh AB, BC 4x + 3y – = 0; x – y – = Phân giác góc A nằm đường thẳng
x + 2y – = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng
P :x2y 2z + = 0; Q : x2y 2z -13 =
Viết phương trình mặt cầu (S) qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) (Q)
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện sau:
4
1
4
1
5 15
n n n
n
n n
C C A
C A
(Ở A Cnk, nk số chỉnh hợp số tổ hợp chập k n phần tử)
2 Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – = đường tròn (C): 2 2 4 8 0
x y x y .Xác định tọa độ giao điểm A, B đường tròn (C) đường thẳng d (cho biết điểm A có hồnh độ dương) Tìm tọa độ C thuộc đường trịn (C) cho tam giác ABC vuông B
2 Cho mặt phẳng (P): x 2y2z 0 đường thẳng
1 5
: ; :
2
x y z x y z
d d
Tìm điểm Md ,1 Nd2 cho MN // (P) cách (P) khoảng
Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) hàm số
1 ( ) ln
3
f x
x
giải bất phương trình
0
6 sin
2 '( )
2
t dt f x
x
(2)
-Hết -Đáp án
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2,00
1 1,00
Khi m = ta có y x 33x21
+ MXĐ: D 0,25
+ Sự biến thiên:
Giới hạn: xlim y ; limx y
2
'
y x x;
2 '
0 x y
x
0,25
Bảng biến thiên
2 3; CT 0
yC§ y y y
0,25
Đồ thị
0,25
2 1,00
+ Khi m = y x 1, nên hàm số khơng có cực trị 0,25
+ Khi m0 y' 3 mx26mx m1
Hàm số khơng có cực trị y' 0 khơng có nghiệm có nghiệm kép
0,50
2
' 9m 3m m 12m 3m
1
0 m
(3)II 2,00
1 1,00
4
sin cos
tan cot
sin 2
x x
x x
x
(1) Điều kiện: sin 2x0
0,25
2
1
1 sin 1 sin cos
2 (1)
sin 2 cos sin
x x x
x x x
0,25
2
2
1
1 sin 1 1
2 1 sin 2 1 sin 2 0
sin sin 2
x
x x
x x
Vậy phương trình cho vô nghiệm
0,50
2 1,00
2 3
4
log x1 2 log 4 xlog 4x
(2)
Điều kiện:
1
4
4
1
4
x
x x
x x
0,25
2
2 2 2
2
2
(2) log log log log log 16
log log 16 16
x x x x x
x x x x
0,25
+ Với 1 x4 ta có phương trình x2 4x12 (3) ;
2 (3)
6 x x
lo¹i
0,25
+ Với 4x 1 ta có phương trình x2 4x 20 0 (4);
2 24
4
2 24
x x
lo¹i
Vậy phương trình cho có hai nghiệm x2hoặc x2 1 6
0,25
III 1,00
Đặt
2 2
2
1 2 dx tdt
t x t x tdt xdx
x x
2
1
dx tdt tdt
x t t
+ Đổi cận:
1
2
3
2
x t
x t
0,50
(4)1
3
2
2
2
1
3
2
1 1
ln ln
1 |
dt dt t
A
t t t
IV 1,00
Gọi E trung điểm AB, ta có: OEAB SE, AB, suy
SOE AB
Dựng OH SE OH SAB, OH khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết OH =
Tam giác SOE vng O, OH đường cao, ta có:
2 2 2
2
1 1 1 1
1
9
9
8 2
OH SO OE OE OH SO
OE OE
2 2 9 81
8 2
SE OE SO SE
0,25
2
1 36
9
2
SAB SAB
S
S AB SE AB
SE
2
2
2 2 4 2 32 265
2 8
OA AE OE AB OE
0,25
Thể tích hình nón cho:
2
1 265 265
.3
3 8
V OA SO 0,25
Diện tích xung quanh hình nón cho:
2 2 9 265 337 337
8 8
265 337 89305
8 8
xq
SA SO OA SA
S OA SA
0,25
V 1,00
Hệ bất phương trình
2
7 (1)
2 (2)
x x
x m x m
1 1 x
Hệ cho có nghiệm tồn x01;6 thỏa mãn (2).
0,25
2
2
2 ( 1;6 0)
2
x x
x x x m m x x
x
Gọi
2 2 3
( ) ; 1;6
2
x x
f x x
x
0,25
Hệ cho có nghiệm x0 1;6 : ( ) f x0 m
2
2
2
2
'
2
x x
x x
f x
x x
;
2 17
'
2 f x x x x
1;6
x
1 17 x
(5)Ta có:
2 27 17 17
(1) , (6) ,
3 13 2
f f f
Vì f liên tục có đạo hàm [1;6] nên
27 max ( )
13 f x
Do 1;6
27
1;6 : ( ) max ( )
13
x
x f x m f x m m
0,25
VIa 2,00
1 1,00
Tọa độ A nghiệm hệ phương trình:
4
2;4
2
x y x
A
x y y
0,25
Tọa độ B nghiệm hệ phương trình
4
1;0
1 0
x y x
B
x y y
0,25
Đường thẳng AC qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:
2 4
a x b y ax by a b
Gọi 1: 4x3y 0; 2:x2y 0; 3:ax by 2a 4b0
Từ giả thiết suy 2; 3 1; 2 Do
2 2 2
2
|1 | | 4.1 2.3 |
cos ; cos ;
25 5
0
| |
3
a b
a b
a
a b a b a a b
a b
+ a = b0 Do 3:y 0
+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = b = Suy 3: 4x3y 0 (trùng với 1).
Do vậy, phương trình đường thẳng AC y - =
0,25
Tọa độ C nghiệm hệ phương trình:
4
5;
1
y x
C
x y y
0,25
2 1,00
Gọi I(a;b;c) tâm R bán kính mặt cầu (S) Từ giả thiết ta có:
, , ,
, ,
OI AI
OI AI d I P d I Q OI d I P
d I P d I Q
0,25
Ta có:
2 2 2
2 2 2 5 2 1
10 30 (1)
OI AI OI AI a b c a b c
a b c
, 2 | 2 | 9 2 2 2 52 (2)
3
a b c
OI d I P a b c a b c a b c
, , | 2 | | 2 13 |
3
2 2 13 ( )
2 (3)
2 2 13
a b c a b c
d I P d I Q
a b c a b c
a b c
a b c a b c
lo¹i
Từ (1) (3) suy ra:
17 11 11 4a
; (4)
3
a
b c
0,25
(6)Từ (2) (3) suy ra: a2 b2c2 9 (5)
Thế (4) vào (5) thu gọn ta được: a 221 a 658 0 Như a2
658 221 a
.Suy ra: I(2;2;1) R =
658 46 67
; ;
221 221 221
I
R = 3. Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình là:
x 22y 22z12 9
2 2
658 46 67
9
221 221 221
x y z
0,25
VIIa 1,00
Điều kiện: n 1 n5
Hệ điều kiện ban đầu tương đương:
1
2
4.3.2.1 3.2.1
1
1
5.4.3.2.1 15
n n n n n n n
n n
n n n n n
n n n
0,50
2
9 22
5 50 10
5
n n
n n n
n
0,50
VIb 2,00
1 1,00
Tọa độ giao điểm A, B nghiệm hệ phương trình
2 0; 2
2
1;
5
y x
x y x y
y x
x y
0,50 Vì A có hồnh độ dương nên ta A(2;0), B(-3;-1)
Vì ABC900nên AC đường kính đường trịn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I đường tròn Tâm I(-1;2), suy C(-4;4)
0,50
2 1,00
Phương trình tham số d1 là:
1 3
x t
y t
z t
M thuộc d1 nên tọa độ M 1 ;3 ; 2 t t t. Theo đề:
2
2
|1 2 3 1| |12 |
, 2 12 6 1,
3
1 2
t t t t
d M P t t t
0,25
+ Với t1 = ta M13;0;2;
+ Với t2 = ta M21;3;0
0,25 + Ứng với M1, điểm N1 d2 cần tìm phải giao d2 với mp qua M1 // mp (P), gọi mp
này (Q1) PT (Q1) là: x 3 2y2z 2 0 x 2y2z (1)
Phương trình tham số d2 là:
5
5
x t
y t
z t
(2)
Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = t = -1 Điểm N1 cần tìm N1(-1;-4;0).
0,25
(7)Điều kiện
3
1
0
3 x x
3
1
( ) ln ln1 3ln 3ln
3
f x x x
x
;
1
'( ) 3 '
3
f x x
x x
0,25
Ta có:
2
0
0
6 cos 3
sin sin sin sin
2 |
t t
dt dt t t
0,25
Khi đó:
2
6 sin
2 '( )
2 t
dt f x
x
2
3 0
3
3
3
3; 3; 2 2
x x
x x
x x
x
x x x x
0,50
-2