Giáo án Tiếng việt 1 bài 55: Eng- Iêng

Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.. Theo chương trình chuẩn.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn thi: TOÁN, khối A 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  9x  1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm phương trình 8cos x  9cos x  m  với x  [0;  ] Câu II (2 điểm) log x 1  Giải phương trình:  x    x    x2 2   x  y  x  y  12 Giải hệ phương trình:   y x  y  12 Câu III (1 điểm) Tính diện tích miền phẳng giới hạn các đường y | x  x | và y  x 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       4sin3xsinx + 4cos  3x -  cos  x +   cos  2x +   m  4 4 4    PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: x  y   và phân giác CD: x  y   Viết phương trình đường thẳng BC  x  2  t  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số  y  2t  z   2t  Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc A trên (D) Trong các mặt phẳng qua  , hãy viết phương trình mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là số thực thuộc (0;1] Chứng minh 1    xy  yz  zx  x  y  z Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C và D Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng  có  x  1  2t  phương trình tham số  y   t Một điểm M thay đổi trên đường thẳng  , xác định vị trí điểm  z  2t  M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác Chứng minh b c   a    2   3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b Hết -Lop3.net Đáp án Câu I Ý Nội dung + Tập xác định: D  A Điểm 2,00 1,00 0,25 + Sự biến thiên:  Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x  y '  32x  18x = 2x 16x    x  y'    x     0,25 Bảng biến thiên 0,25 49 49  3 3 yCT  y      ; yCT  y     ; yC§  y    32 32  4 4  Đồ thị 0,25 1,00 Xét phương trình 8cos x  9cos x  m  với x  [0;  ] (1) Đặt t  cosx , phương trình (1) trở thành: 8t  9t  m  (2) Vì x  [0;  ] nên t  [1;1] , x và t có tương ứng đối một, đó số nghiệm phương trình (1) và (2) Ta có: (2)  8t  9t    m (3) Gọi (C1): y  8t  9t  với t  [1;1] và (D): y = – m Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm (C1) và (D) Chú ý (C1) giống đồ thị (C) miền 1  t  Lop3.net 0,25 0,25 Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: 81 m  : Phương trình đã cho vô nghiệm 32 81 m  : Phương trình đã cho có nghiệm 32 81 1 m   : Phương trình đã cho có nghiệm 32   m  : Phương trình đã cho có nghiệm  : Phương trình đã cho có nghiệm m0  m<0 : Phương trình đã cho vô nghiệm II 2,00 1,00 0,50 Phương trình đã cho tương đương:  x2 0 x   x     log x log x    1  1   1     log x ln  x       ln  x     x    2 2    2         x     x   x  0,50 x  x  x      x    log x    x               1 3x2   ln  x     x    x  2 2        x    x    x   0,50 1,00 Điều kiện: | x |  | y | u  x  y ; u  1 u2  Đặt  ; x   y không thỏa hệ nên xét x   y ta có y   v   2 v  v  x  y Hệ phương trình đã cho có dạng: u  v  12  u2  u    v  v   12    u  u    v  v   x  y  u  +  (I)  v   x  y  0,25 0,25 u   x  y  +  (II)  x  y  v   Giải hệ (I), (II) 0,25 Sau đó hợp các kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu là S   5;3 ,  5;  0,25 Lop3.net III 1,00 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y | x  x | (C ) và  d  : y  x Phương trình hoành độ giao điểm (C) và (d): x  x  x    2 | x  x | x    x  x  x    x  x    x     x  x  x   x    x  x  0,25 Suy diện tích cần tính: S   x  x  x dx   x   x  x dx 2 Tính: I   | x  x | 2 x  dx Vì x   0; 2 , x  x  nên | x  x |  x  x  I     x  x  x  dx  0,25 Tính K   | x  x | 2 x  dx Vì x   2; 4 , x  x  và x   4;6 , x  x  nên 0,25 K    x  x  x  dx    x  x  x  dx  16 Vậy S  52  16  3 0,25 IV 1,00 0,25 Gọi H, H’ là tâm các tam giác ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ là trung điểm AB,  AB  IC A’B’ Ta có:   AB   CHH '   ABB ' A '   CII ' C '  AB  HH ' Suy hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) điểm K  II ' Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn Ta có: x x I ' K  I ' H '  I 'C '  ; IK  IH  IC  3 x x  r  x  6r Tam giác IOI’ vuông O nên: I ' K IK  OK  Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V   h B  B ' B.B '  2 Trong đó: B  4x  x  6r 3; B '  x  3r ; h  2r Từ đó, ta có: V  0,25 2r  3r 3r  21r  6r    6r 3 2    Lop3.net 0,25 0,25 V 1,00 Ta có: +/ 4sin3xsinx =  cos2x - cos4x  ;         +/ 4cos  3x -  cos  x +   cos  2x -   cos4x    sin 2x + cos4x  4 4 2        1     +/ cos  2x +   1  cos  4x +    1  sin 4x   2    Do đó phương trình đã cho tương đương: 1  cos2x + sin2x   sin 4x + m -  (1) 2   Đặt t  cos2x + sin2x = 2cos  2x -  (điều kiện:   t  ) 4  Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t  Phương trình (1) trở thành: t  4t  2m   (2) với   t  (2)  t  4t   2m Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm đường ( D) : y   2m (là đường song song với Ox và cắt trục tung điểm có tung độ – 2m) và (P): y  t  4t với  t  Trong đoạn   2;  , hàm số y  t  4t đạt giá trị nhỏ là  t   và đạt giá trị lớn là  t  Do đó yêu cầu bài toán thỏa mãn và    2m    2  m  2 VIa Điểm C  CD : x  y    C  t ;1  t   t 1  t  ; Suy trung điểm M AC là M      t 1   t    t  7  C  7;8  Điểm M  BM : x  y        Từ A(1;2), kẻ AK  CD : x  y   I (điểm K  BC ) Suy AK :  x  1   y     x  y   x  y 1  Tọa độ điểm I thỏa hệ:   I  0;1 x  y 1  Tam giác ACK cân C nên I là trung điểm AK  tọa độ K  1;0  Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình: 0,25 0,25 0,25 0,25 2,00 1,00 0,25 0,25 0,25 x 1 y   4x  3y   7  0,25 Lop3.net 1,00 Gọi (P) là mặt phẳng qua đường thẳng  , thì ( P) //( D) ( P)  ( D) Gọi H là hình chiếu vuông góc I trên (P) Ta luôn có IH  IA và IH  AH d   D  ,  P    d  I ,  P    IH Mặt khác   H   P  Trong mặt phẳng  P  , IH  IA ; đó maxIH = IA  H  A Lúc này (P) vị trí 0,25 0,25 (P0) vuông góc với IA A    Vectơ pháp tuyến (P0) là n  IA   6;0; 3 , cùng phương với v   2;0; 1 Phương trình mặt phẳng (P0) là:  x     z  1  2x - z - = VIIa 1,00 Để ý  xy  1   x  y   1  x 1  y   ;  yz   y  z và tương tự ta có   zx   z  x Vì ta có:  1  x y z     111  x  y  z   xy  yz  zx   yz  zx  xy   0,50 0,50 x y z   3 yz  zx+y xy  z  z y   x   5  yz  zx  y xy  z   z y   x 1   5  z y yz 5 VIb  Ta có: AB   1;   AB  Phương trình AB là: 2x  y   I   d  : y  x  I  t ; t  I là trung 0,50 2,00 1,00 0,25 điểm AC và BD nên ta có: C  2t  1; 2t  , D  2t ; 2t   Mặt khác: S ABCD  AB.CH  (CH: chiều cao)  CH   5 8 8 2 | 6t  | t   C  ;  , D  ;  Ngoài ra: d  C ; AB   CH        5 t   C  1;0  , D  0; 2  5 8 8 2 Vậy tọa độ C và D là C  ;  , D  ;  C  1;0  , D  0; 2   3 3 3 Lop3.net 0,25 0,50 1,00 Gọi P là chu vi tam giác MAB thì P = AB + AM + BM Vì AB không đổi nên P nhỏ và AM + BM nhỏ  x  1  2t  Đường thẳng  có phương trình tham số:  y   t  z  2t  Điểm M   nên M  1  2t ;1  t ; 2t  AM   2  2t    4  t    2t  BM   4  2t    2  t    6  2t  AM  BM  2  9t  20   3t       3t    3t     3t      9t  36t  56      0,25  3t      2    Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u  3t ; và v  3t  6;  | u | Ta có   | v |    3t              Suy AM  BM | u |  | v | và u  v  6; | u  v | 29       Mặt khác, với hai vectơ u , v ta luôn có | u |  | v || u  v |  0,25  Như AM  BM  29   Đẳng thức xảy và u , v cùng hướng 3t   t 1 3t   M 1;0;  và  AM  BM   29  Vậy M(1;0;2) thì minP =  11  29  VIIb 0,25 0,25 1,00 a  b  c  Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b  c  a c  a  b  ab ca  x,  y , a  z  x, y , z    x  y  z , y  z  x, z  x  y 2 Vế trái viết lại: ab ac 2a VT    3a  c 3a  b 2a  b  c x y z    yz zx x y 2z z  Ta có: x  y  z  z  x  y  z   z  x  y   x yz x y x 2x y 2y  ;  Tương tự: yz x yz zx x yz 2 x  y  z x y z     Do đó: yz zx x y x yz b c      2 Tức là: a    3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b Đặt Lop3.net 0,50 0,50 Lop3.net Lop3.net