Đề thi thử đại học môn Toán - Số 18

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]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 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 Kỳ thi thử đại học- cao đẳng n¨m 2011 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 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: SIAB= 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  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 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  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     111  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 yz 5 Lop12.net 0,25 1,00 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   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  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 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 * 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    Vậy phương trình có nghiệm m = và m = -1 Lop12.net  nên trường hợp này (1) không có nghiệm HẾT x  1 x