Đang tải... (xem toàn văn)
Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4..[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Mơn thi: TỐN, khối A
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( ) 8x 4 9x21 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số
2 Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm phương trình
4
8 osc x osc x m 0 với x[0; ] .
Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình:
3
log
2
2 x
x x x
2 Giải hệ phương trình:
2 2
12 12
x y x y
y x y
Câu III (1 điểm) Tính diện tích miền phẳng giới hạn đường
| |
yx x y2x.
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác ngoại tiếp hình cầu bán kính r cho trước Tính thể tích hình chóp cụt biết cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ
Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm
2
4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x +
4 c c m
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) 1 Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1 ChoABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y 1 0 phân giác CD: x y 1 0
Viết phương trình đường thẳng BC
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số
2 2
x t
y t
z t
.Gọi đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) I(-2;0;2) hình chiếu vng góc A
trên (D) Trong mặt phẳng qua , viết phương trình mặt phẳng có khoảng cách đến (D)
lớn
Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z số thực thuộc (0;1] Chứng minh rằng
1 1
1 1
xy yz zx x y z
2 Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm)
1 Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C D
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) đường thẳng có
phương trình tham số
1 2
x t
y t
z t
.Một điểm M thay đổi đường thẳng , xác định vị trí điểm
M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ
(2)1
2
3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
-Hết -Đáp án
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2,00
1 1,00
+ Tập xác định: D 0,25
+ Sự biến thiên:
Giới hạn: xlim y; limx y
3
' 32x 18x = 2x 16x
y
0
' 3
4 x y
x
0,25
Bảng biến thiên
3 49 49
; ;
4 32 32
CT CT
y y y y y y
C§
0,25
Đồ thị
0,25
2 1,00
Xét phương trình osc 4x osc 2x m 0 với x[0; ] (1)
Đặt t c osx, phương trình (1) trở thành: 8t4 9t2m0 (2)
Vì x[0; ] nên t [ 1;1], x t có tương ứng đối một, số nghiệm phương trình (1) (2)
0,25
Ta có: (2)8t4 9t2 1 m(3) Gọi (C1):
4
8
y t t với t [ 1;1]và (D): y = – m.
Phương trình (3) phương trình hồnh độ giao điểm (C1) (D)
Chú ý (C1) giống đồ thị (C) miền 1 t
0,25
(3)
81 32 m
: Phương trình cho vô nghiệm
81 32 m
: Phương trình cho có nghiệm 81 32 m
: Phương trình cho có nghiệm 0m1 : Phương trình cho có nghiệm m0 : Phương trình cho có nghiệm m < : Phương trình cho vô nghiệm
II 2,00
1 1,00
Phương trình cho tương đương:
3
3 log
log
3
2
2
1
1 ln 0 log ln 0
1 2 2 2 x x x x x x x x x x x x 0,50
2 2
log 1 1
2
1
ln
2 2
2
2
x x x
x x x
x
x x x
x x x 0,50 2 1,00
Điều kiện: | | | |x y
Đặt
2 2; 0
u x y u
v x y
; x y không thỏa hệ nên xét x y ta có
2 u y v v .
Hệ phương trình cho có dạng: 12 12 u v u u v v 0,25 u v
3 u v + 2 4 8
u x y
v x y
(I)
+
2
3 3
9 9
u x y
v x y
(II)
0,25
Giải hệ (I), (II) 0,25
Sau hợp kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu
5;3 , 5;
S
(4)III 1,00 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y|x2 | ( )x C d :y2x
Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (d):
2 2
2
0 0
| |
6
4 2
x x x
x x x x x x x x x
x
x x x x x
Suy diện tích cần tính:
2
2
0
4
Sx x x dx x x x dx
0,25
Tính:
2
| | I x x x dx
Vì x 0; , x2 4x0 nên |x2 |x x24x
2
4
3 I x x x dx
0,25
Tính
6 2
| | K x x x dx
Vì x 2; , x2 4x0 x 4;6 , x2 4x0 nên
4
2
2
4 16
K x x x dxx x x dx
0,25
Vậy
4 52
16
3
S 0,25
IV 1,00
Gọi H, H’ tâm tam giác ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ trung điểm AB,
A’B’ Ta có:
' ' ' ' ' '
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH
Suy hình cầu nội tiếp hình chóp cụt tiếp xúc với hai đáy H, H’ tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) điểm K II '.
0,25
Gọi x cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x cạnh đáy lớn Ta có:
1 3
' ' ' ' ' ;
3 3
x x
I K I H I C IK IH IC
Tam giác IOI’ vuông O nên:
2 3 2
' 6r
6
x x
I K IK OK r x
0,25
Thể tích hình chóp cụt tính bởi: 3 ' ' h
V B B B B
Trong đó:
2 2
2
4x 3 3r
3 6r 3; ' ; 2r
4
x
B x B h
(5)Từ đó, ta có:
2
2
2r 3r 3r 21r
6r 6r
3 2
V
0,25
V 1,00
Ta có:
+/ 4sin3xsinx = cos2x - cos4x ;
+/
4 os 3x - os x + os 2x - os4x sin 2x + cos4x
4
c c c c
+/
2 1
os 2x + os 4x + sin 4x
4 2
c c
Do phương trình cho tương đương:
1
2 os2x + sin2x sin 4x + m - (1)
2
c
Đặt
os2x + sin2x = os 2x -
t c c
(điều kiện: 2 t 2)
0,25
Khi sin 4x = 2sin2xcos2x = t21 Phương trình (1) trở thành:
2
4 2
t t m (2) với 2 t
2
(2)t 4t 2 2m
Đây phuơng trình hoành độ giao điểm đường ( ) :D y 2 2m (là đường song song với Ox cắt trục tung điểm có tung độ – 2m) (P): y t 2 4t với
2 t
.
0,25
Trong đoạn 2; 2 , hàm số y t 2 4t đạt giá trị nhỏ 2 2 t
và đạt giá trị lớn 2 t 2
0,25 Do u cầu tốn thỏa mãn 2 2 m 2
2 m 2
. 0,25
VIa 2,00
1 1,00
Điểm C CD x y : 0 C t ;1 t Suy trung điểm M AC
1 ;
2
t t
M
0,25
Điểm
1
: 2 7;8
2
t t
MBM x y t C
0,25
Từ A(1;2), kẻ AKCD x y: 1 I (điểm K BC ).
Suy AK:x1 y 2 0 x y 1
Tọa độ điểm I thỏa hệ:
0;1
x y
I x y
Tam giác ACK cân C nên I trung điểm AK tọa độ K1;0.
0,25
Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình:
4
7
x y
x y
(6)2 1,00 Gọi (P) mặt phẳng qua đường thẳng
, ( ) //( )P D ( )P ( )D Gọi H là
hình chiếu vng góc I (P) Ta ln có IH IA IH AH
0,25
Mặt khác
, ,
d D P d I P IH
H P
Trong mặt phẳng P , IH IA; maxIH = IA H A Lúc (P) vị trí
(P0) vng góc với IA A
0,25
Vectơ pháp tuyến (P0) n IA 6;0; 3
, phương với v2;0; 1
Phương trình mặt phẳng (P0) là: 2x 41.z1 2x - z - =
0,50
VIIa 1,00
Để ý xy1 x y 1 x 1 y 0; tương tự ta có
1
yz y z
zx z x
0,50 Vì ta có:
1 1 1
1 1 1
3 zx+y
1
5
1
5
x y z
x y z
xy yz zx yz zx xy
x y z
yz xy z
z y
x
yz zx y xy z
z y
x
z y y z
0,50
VIb 2,00
1 1,00
Ta có: AB 1;2 AB
Phương trình AB là:
2x y 0 .
: ;
I d y x I t t
I trung điểm AC BD nên ta có:
2 1; , 2 ; 2 C t t D t t
(7)
Mặt khác: SABCD AB CH 4 (CH: chiều cao)
4 CH
0,25
Ngoài ra:
4 8
; , ;
| | 3 3 3 3 3
;
5
0 1;0 , 0;
t C D
t d C AB CH
t C D
Vậy tọa độ C D
5 8
; , ;
3 3 C D
C1;0 , D0; 2
0,50
2 1,00
Gọi P chu vi tam giác MAB P = AB + AM + BM
Vì AB khơng đổi nên P nhỏ AM + BM nhỏ
Đường thẳng có phương trình tham số:
1 2 x t y t z t .
Điểm M nên M 1 ;1 ; 2t t t.
2
2 2 2
2
2 2 2
2
2
2 20
4 2 36 56
3
AM t t t t t
BM t t t t t t
AM BM t t
0,25
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u3 ;2 5t
v 3t6; 5
Ta có 2 2
| |
| |
u t v t
Suy AM BM | | | |u v
u v 6;4 5 |u v | 29
Mặt khác, với hai vectơ u v,
ta ln có | | | | |u v u v|
Như AM BM 2 29
0,25
Đẳng thức xảy u v,
hướng
3
1
t
t t
1;0; 2 M
minAM BM 2 29
0,25
Vậy M(1;0;2) minP = 11 29 0,25
VIIb 1,00
Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên:
a b c b c a c a b
Đặt , , , , 0 , ,
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
Vế trái viết lại:
(8)2
3
a b a c a
VT
a c a b a b c
x y z
y z z x x y
Ta có:
2
2 z z
x y z z x y z z x y
x y z x y
.
Tương tự:
2
;
x x y y
y z x y z z x x y z
Do đó:
2
2 x y z
x y z
y z z x x y x y z
.
Tức là:
1
2
3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
(9)