De thi thu DH mon Toan khoi A nam 2009 lan 1

Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4..[r]

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 yf x( ) 8x 4 9x21 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

| |

yx  x y2x.

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 ChoABC 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

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 9t2m0 (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



81 32 m

: Phương trình cho vô nghiệm 

81 32 m

: Phương trình cho có nghiệm  81 32 m  

: Phương trình cho có nghiệm  0m1 : Phương trình cho có nghiệm  m0 : 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

III 1,00 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y|x2 | ( )x C  d :y2x

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

Sx  x  x dx  x  x  x dx

0,25

Tính:  

2

| | I  x  x  x dx

Vì  x 0; , x2 4x0 nên |x2 |x x24x   

2

4

3 I x  x x dx

0,25

Tính  

6 2

| | K  x  x  x dx

Vì  x 2; , x2 4x0  x 4;6 , x2 4x0 nên

   

4

2

2

4 16

K  x x  x dxx  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

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 = t21 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

MBM x y           t  C 

  0,25

Từ A(1;2), kẻ AKCD x y:   1 I (điểm K BC ).

Suy AK:x1  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 K1;0.

0,25

Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình:

4

7

x y

x y



    

 

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 v2;0; 1 



Phương trình mặt phẳng (P0) là: 2x 41.z1 2x - z - =

0,50

VIIa 1,00

Để ý xy1  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

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 

    C1;0 , D0; 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 u3 ;2 5t 



v  3t6; 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



minAM 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:

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

 

    

 

     

 