Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.. Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất.[r]
(1)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 2x có đồ thị (C) x 1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số Với điểm M thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến M cắt tiệm cận Avà B Gọi I là giao hai tiệm cận , Tìm vị trí M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ Câu I (2 điểm) Cho hµm sè y Câu II (2 điểm) : x y x y 12 Giải hệ phương trình: y x y 12 2.Giải phương trình: sin x cos x 3 3cos3 x 3cos2 x cos x s inx 3 Câu III: 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) Cho phương trình x x 2m x 1 x x 1 x m3 Tìm m để phương trình có nghiệm 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 Cho đường thẳng (D) có phương trình: x 2 t 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 x 1 2t Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng có phương trình tham số y t Một điểm z 2t M thay đổi trên đường thẳng , tìm điểm 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 Lop12.net (2) Kỳ thi thử đại học- cao đẳng n¨m 2010 Hướng dẫn chấm môn toán C©u I.1 Néi dung Kh¶o s¸t hµm sè y= §iÓm 2x x 1 1,00 Tập xác định: R\{1} Sù biÕn thiªn: 2( x 1) (2 x 1) 3 ( x 1) ( x 1) + ChiÒu biÕn thiªn: y ' 0,25 Hµm sè nghÞch biÕn trªn c¸c kho¶ng (-∞; 1) vµ (1;+∞) Cực trị : Hàm số đã cho không có cực trị TiÖm cËn: lim y lim x 1 x 1 lim y lim x 1 x 1 2x x 1 2x x 1 0,25 Do đó đường thẳng x=1 là tiệm cận đứng 2x 2 x x lim y lim x VËy ®êng th¼ng y= lµ tiÖm cËn ngang * B¶ng biÕn thiªn: x -∞ y' y +∞ - - 0,5 +∞ -∞ 3* Đồ thị : HS tự vẽ đồ thị hàm số I.2 Với M bất kì (C), tiếp tuyến M cắt tiệm cận A, B Tìm M để chu vi tam 1,00 giác IAB đạt giá trị nhỏ Gäi M x0 ;2 (C) x0 Lop12.net (3) C©u Néi dung * TiÕp tuyÕn t¹i M cã d¹ng: y §iÓm 3 ( x x ) x0 ( x0 1) 0,25 Tiếp tuyến M cắt hai tiệm cận A và B nên tọa độ A; B có dạng là: A 1;2 x0 B(2x0-1; 2) * Ta cã: SIAB= 0,25 ; I(1; 2) x0 2.3 (®vdt) IA IB= x0 * IAB vuông có diện tích không đổi => chu vi IAB đạt giá trị nhỏ IA= IB (HS tù chøng minh) x0 x0 x0 x0 * VËy cã hai ®iÓm M tháa m·n ®iÒu kiÖn 0,5 M1( 3;2 ) M2( 3;2 ) Khi đó chu vi AIB = Câu Ý II Nội dung 1) CâuII:2 Giải phương trình: sin x cos x 3 3cos3 x 3cos2 x cos x s inx 3 sin x(cos x 3) cos x 3 cos x 8( cos x sin x) 3 sin x cos x sin x cos x cos x cos x 3 8( cos x sin x) 3 ( cos x sin x)(2 cos x cos x 8) tan x cos x sin x cos x cos x cos x cos x 4(loai ) x k ,k x k 2 Lop12.net (4) 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 12 2 v u u v v x y u + (I) v x y u x y + (II) v x y Giải hệ (I), (II) 0,25 0,25 Sau đó hợp các kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu là S 5;3 , 5; 0,25 Sau đó hợp các kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu là S 5;3 , 5; III 1,00 0,25 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y | x x | (C ) và d : y 2x 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 2 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 Lop12.net 0,25 (5) 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 1,00 52 16 3 IV 0,25 Gọi H, H’ là tâm các tam giác ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ là 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 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 ' 0,25 0,25 2 Trong đó: B 4x x 6r 3; B ' x 3r ; h 2r 4 0,25 2r 3r 3r 21r 6r 6r Từ đó, ta có: V 3 2 VI a 0,25 2,00 Điểm C CD : x y C t ;1 t Suy trung điểm M AC là t 1 t M ; Lop12.net 1,00 0,25 (6) 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 0,25 0,25 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: x 1 y 4x 3y 7 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 (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 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 111 x y z xy yz zx yz zx xy x y z 3 yz zx+y xy z z y x vv yz zx y xy z z y x 1 5 z y yz 5 Lop12.net 0,25 1,00 (7) Ta có: 0,25 AB 1; AB Phương trình AB là: x y I d : y x I t ; t I là trung điểm AC và BD nên ta có: C 2t 1; 2t , D 2t ; 2t Mặt khác: S ABCD AB.CH (CH: chiều cao) CH 0,25 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 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 3t 9t 20 2 3t 3t 3t 9t 36t 56 0,25 2 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u 3t ; và v 3t 6; | u | Ta có | v | 3t 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 | Như AM BM 29 Lop12.net 0,25 (8) 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 = VIIb 11 29 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 ab ca x, y , a z x, y , z x y z , y z x, z x y 2 Vế trái viết lại: ab ac 2a VT 3a c 3a b 2a b c x y z yz zx x y 2z z Ta có: x y z z x y z z x y x yz x y x 2x y 2y ; Tương tự: yz x yz zx x yz 2 x y z x y z Do đó: yz zx x y x yz b c 2 Tức là: a 3a b 3a c 2a b c 3a c 3a b Đặt V.Phương trình x x 2m x 1 x x 1 x m3 (1) Điều kiện : x Nếu x 0;1 thỏa mãn (1) thì – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm 1 Thay x vào (1) ta được: 2 m 1 m m3 2 m 1 * Với m = 0; (1) trở thành: x 1 x x Phương trình có nghiệm nhất thì cần có điều kiện x x x Lop12.net 0,50 0,50 (9) * Với m = -1; (1) trở thành x x x 1 x x 1 x 1 x x x 1 x x x x 1 x x 1 x x 1 x 0 + Với x x x Trường hợp này, (1) có nghiệm + Với x 1 x x * Với m = thì (1) trở thành: x x x 1 x x 1 x x 1 x Ta thấy phương trình (1) có nghiệm x 0, x nên trường hợp này (1) không có nghiệm Vậy phương trình có nghiệm m = và m = -1 Lop12.net x 1 x (10)