Xác định các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C0;1, D và E đồng thời các tiếp tuyến tại D và E vuông góc với nhau.. 1,0 điểm Trên đường[r]
(1)SỞ GD-ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA _ THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI ĐH-CĐ NĂM 2008-2009 Đề thi môn : TOÁN Khối : A - B Thời gian làm bài : 180 phút ( không kể thời gian giao đề ) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I (2,0 điểm ) Cho hàm số : y = x + x + mx + ( m là tham số ) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m = Xác định các giá trị tham số m để đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = ba điểm phân biệt C(0;1), D và E đồng thời các tiếp tuyến D và E vuông góc với Câu II (2,0 điểm ) ⎧⎪ x + y + x + y = Giải hệ phương trình : ⎨ ⎪⎩ x + y + 20 x + y = 38 Giải bất phương trình : l o g ( x − x − ) + x ≤ lo g( x + 2) + Câu III (1,0 điểm ) Tính tích phân : π ⎛ sin 3x cos x ⎞ I = ∫⎜ − ⎟dx cos x ⎠ π ⎝ sin x Câu IV (1,0 điểm ) Trên đường thẳng vuông góc A với mặt phẳng hình vuông ABCD cạnh a ta lấy điểm S với SA = 2a Gọi B’, D’ là hình chiếu vuông góc A lên SB và SD Mặt phẳng AB’D’ cắt SC C’ Tính thể tích hình chóp SAB’C’D’ Câu V (1,0 điểm ) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện : x+y+z=1 xy yz xz + + ≤ Chứng minh bất đẳng thức : xy + z yz + x xz + y II PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a (2,0 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm M(2; 3) Viết phương trình đường thẳng cắt hai trục toạ độ Ox, Oy A và B cho ABM là tam giác vuông cân A 2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (C): ( x − 1) + ( y + 1) + z = 11 và hai đường thẳng : x y +1 z −1 x +1 y z = = = = ; ( d2 ) : 1 2 Hãy viết phương trình chính tắc đường thẳng qua tâm (C) đồng thời cắt (d1) và (d2) Câu VII.a (1,0 điểm) Cho n nguyên dương Chứng minh : Cn0 C1 Ck Cn + 2n + + k +n1 + + n +n1 = Cn + C n + Cn + k + C2 n + 2 Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b ( 2,0 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm M(2; 3) Viết phương trình đường thẳng cắt hai trục toạ độ Ox, Oy A và B cho ABM là tam giác vuông cân B ( d1 ) : Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (C): ( x − 1) + ( y + 1) + z = 11 và hai đường thẳng : 2 x y +1 z −1 x +1 y z = = = = ; ( d2 ) : 1 2 Hãy viết phương trình các mặt phẳng tiếp xúc với (C) đồng thời song song với (d1) và (d2) Câu VII.b (1,0 điểm )Cho n nguyên dương Chứng minh : Cn0 Cn1 Cnk Cnn + + + + + = k +1 n +1 Cn + C n + Cn + k + C2 n + 2 ( d1 ) : _Hết _ Chú ý : Thí sinh dự thi có thể download đáp án và thang điểm : http://k2pi.tk Lop12.net (2) Phạm Kim Chung 0984.333.030 TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM KỲ THI THỬ ĐH-CĐ LẦN I I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu Nội dung I.1 Khi m = 3, hàm số đã cho trở thành : y = x + x + x + • Tập xác định : R • Sự biến thiên : Đạo hàm : y’ = 3x2+6x+3=3(x+1)2 ≥ 0, ∀ ∈ R Hàm số đã cho đồng biến trên R Giới hạn : lim y = +∞; lim y = −∞; , hàm số đã cho không có tiệm cận x →+∞ Điểm 0,25 0,25 x →−∞ Bảng biến thiên : x y’ -∞ +∞ -1 + + +∞ 0,25 y • -∞ Đồ thị : y y = x3 + 3x + 3x + Giao với Ox : A(-1;0) Giao với Oy : B(0;1) 0,25 Đồ thị nhận điểm uốn U(-1;0) làm tâm đối xứng x O I.2 Xét phương trình : = x3 + 3x + mx + ⇔ x ( x + 3x + m ) = (*) copyright by : http://k2pi.violet.vn Lop12.net 0,25 (3) Phạm Kim Chung 0984.333.030 Đồ thị hàm số cắt đường thẳng y=1 ba điểm phân biệt và phương trình (*) có ba nghiệm phân biệt Hay phương trình : x + 3x + m = có 2nghiệm phân biệt khác ⎧m ≠ ⎧ m≠0 ⎪ ⇔⎨ ⇔⎨ (a) ⎩9 − 4m > ⎪⎩m < Giả sử D ( x D ; y D ) ; E ( x E ; y E ) , theo yêu cầu bài toán ta cần có : ( )( ) f ' ( x D ) f ' ( x E ) = −1 ⇔ 3x 2D + 6x D + m 3x 2E + 6x E + m = −1 Do xE , xD là nghiệm phương trình : x + 3x + m = , nên ta có : ( 3x D + 2m )( 3x E + 2m ) = −1 ⇔ 4m2 − 9m + = ⇔ m = II.1 Đặt : ± 65 ( tho¶ m·n (a) ) 0,25 0,25 x + y = a, x + y = b (a, b ≥ 0) Lúc đó : 2a + 3b = 20 x + y Hệ đã cho trở thành : 0,25 ⎡ ⎧b = ⎢⎨ ⎢ ⎩a = ⎧a + b = ⎧a = 5−b ⎢ ⇔⎨ ⇔ ⎢⎧ b = ⎨ 2 ⎪ ⎩b + (2a + 3b ) = 38 ⎩5b − 19b + 12 = ⎢ ⎪⎨ ⎢⎪ 21 ⎢ ⎪a = ⎣⎩ ⎧b = , thay trở lại ta có : • Với ⎨ ⎩a = ⎧7 x + y = ⎧ x = −1 ⇔⎨ ⎨ ⎩2 x + y = ⎩ y = 11 ⎧ ⎪⎪ b = , thay trở lại ta có : Với ⎨ ⎪a = 21 ⎪⎩ 441 17 ⎧ ⎧ ⎪⎪7 x + y = 25 ⎪⎪ x = ⇔⎨ ⎨ 16 ⎪ 2x + y = ⎪ y = − 154 ⎪⎩ ⎪⎩ 25 25 II.2 0,25 0,25 0,25 0,25 ⎧ x2 − x − > Điều kiện xác định : ⎨ ⇔ x>3 ⎩ x+2>0 Với điều kiện đó ta có : log( x − x − 6) + x ≤ log ( x + ) + ⇔ log( x − 3) + x − ≤ 0,25 0,25 Xét hàm số : f ( x) = log( x − 3) + x − , ta có : copyright by : http://k2pi.violet.vn Lop12.net (4) Phạm Kim Chung f '( x) = + > 0, ∀x > ( x − 3) ln10 Suy : f ( x) = log( x − 3) + x − ≤ ⇔ < x ≤ ( Do x = là nghiệm phương trình : f(x) = ) III 0984.333.030 0,25 Ta có : sin x cos 3x ( sin 3x.cos x − sinx.cos3x )( sin x.cos x + sinx.cos3 x ) 4.sin x.sin x − = = = 8cos2 x sin x cos x sin x.cos x sin 2 x Do đó : π π π ⎛ sin 3x cos x ⎞ − I = ∫⎜ ⎟dx = 8∫ cos2 x.dx = 4.sin x = − 2 π cos x ⎠ π ⎝ sin x π 4 IV Ta có : AB ' ⊥ SB ⎫ ⎬ ⇒ AB ' ⊥ SC , tương tự : AD ' ⊥ SC ⇒ SC ⊥ ( AB ' C ' D ' ) ⇒ SC ⊥ AC ' AB ' ⊥ CB ⎭ Do tính đối xứng ( tự CM ) ta có : VSAB 'C ' D ' = 2VSAB 'C ' 0,25 0,5 0,5 0,25 Áp dụng tính chất tỉ số thể tích cho 3tia SA,SB,SC ta có : VSAB 'C ' SB ' SC ' SB '.SB SC '.SC SA2 SA2 4a 4a = = = 2 = 2 = 5a a 15 VSABC SB SC SB SC SB SC a2 a3 a 8a VSABC = 2a = ⇒ VSAB 'C ' = = 3 15 45 16a ⇒ VSAB 'C ' D ' = 45 0,25 0,25 (học sinh nêu và chứng minh tính chất tỉ số thể tích ) 0,25 V Cách : Ta có : copyright by : http://k2pi.violet.vn Lop12.net (5) Phạm Kim Chung x+ y+ z = 0984.333.030 0,25 xy xz xy yz xz yz + + =1 z y z x z x Suy luôn tồn tam giác ABC cho : tan A = yz B ; tan = z xz C ; tan = y xy z 0,25 Lúc đó : yz xy xy yz xz x + z + + + ≤ ⇔ xy yz xy + z yz + x xz + y +1 +1 z x Hay bài toán đã cho trở thành, chứng minh BĐT : A ≤3 + + C B A tan + tan + tan + 2 2 A B C ⇔ sin + sin + sin ≤ (dÔ CM) 2 2 tan C tan B xz y ≤ xz +1 y 0,25 tan 0,25 Cách : Ta có : xy + z = xy + z ( x + y + z ) = ( x + z )( y + z ) Do đó : xy xy 1⎛ x y ⎞ = ≤ ⎜ + ⎟ (1) xy + z ( x + z )( y + z ) ⎝ x + z y + z ⎠ Hoàn toàn tương tự ta có : zy zy 1⎛ y z ⎞ = ≤ ⎜ + ⎟ (2) zy + x ( x + y )( x + z ) ⎝ x + y x + z ⎠ zx zx 1⎛ z x ⎞ = ≤ ⎜ + ⎟ (3) zx + y ( z + y )( x + y ) ⎝ z + y x + y ⎠ Cộng (1), (2), (3) theo vế ta có ĐPCM II PHẦN RIÊNG Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a.1 Giả sử : A ( a, ) ; B ( 0, b ) , ta có : JJJJG JJJG AM = ( − a,3) ; AB ( − a; b ) ; AM = Nội dung (2 − a) Điểm 0,25 + ; AB = a + b Theo bài ta có : ⎡⎧ a = ⎧ a (2 − a) JJJJG JJJG ⎢⎨ b = ⎪⎧ AM AB = ⎪⎧ 3b − a ( − a ) = ⎪⎪ ⎢ ⎩b = −1 ⇒ ⇒⎨ ⇒⎨ ⎨ 2 2 ⎢ ⎧a = −3 ⎪⎩( − a ) + = a + b ⎩⎪ AM = AB ⎪( − a )2 + = a ⎡( − a )2 + ⎤ ⎢⎨ ⎦ ⎪⎩ ⎣ ⎣⎢ ⎩b = −5 Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán : x − 3y − = và 5x + 3y + 15 = copyright by : http://k2pi.violet.vn Lop12.net 0,5 0,25 (6) Phạm Kim Chung 0984.333.030 VI.a.2 Mặt cầu (C) có tâm : I (1; −1;0 ) JJG Lấy điểm A thuộc (d1) : A(0; -1; 1) ⇒ AI = (1;0;1) Mặt phẳng ( β ) chứa (d1) và I có véctơ pháp tuyến là : JJG JG JJG JG nβ = ⎡⎣u1 ; AI ⎤⎦ = ( −1;3; −1) ( Trong đó u1 (1;1; ) là véctơ phương (d1) ) Phương trình mặt phẳng ( β ) là : −1( x − 1) + ( y + 1) − 1( z − ) = hay : − x + y − z + = 0,25 0,25 Toạ độ giao điểm B ( β ) và (d2) là nghiệm hệ : VII ⎧ ⎪ x=−4 ⎧− x + y − z + = ⎪ JJG ⎛ 13 ⎞ 10 ⎪ ⎪ Do đó véctơ : BI = ⎜ ; ; ⎟ ⎨ x +1 y z ⇒ ⎨ y = − = = ⎝ 4 4⎠ ⎪⎩ ⎪ ⎪ ⎪ z=−4 ⎩ x −1 y +1 z Vậy phương trình đường thẳng IB là : = = 13 Ta có : Cnk (k + 1)!(n + 1)! n! n !(n + 1)!(k + 1) = = k +1 Cn + k + (n − k )!k ! (n + k + 2)! ( n − k )!(n + k + 2)! (2n + 1)! (2n + 1)! ⎡ ⎤ ⎤ ⎢ (n − k )!(n + k + 1)! (n − k − 1)!(n + k + 2)! ⎥ 1⎡ n !(n + 1)! n !(n + 1)! = ⎢ − = ⎢ − ⎥ (2n + 1)! (2n + 1)! ⎣ (n − k )!(n + k + 1)! (n − k − 1)!(n + k + 2)!⎥⎦ ⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ n !(n + 1)! n !(n + 1)! ⎛ C n − k − C n − k −1 ⎞ = ⎜ n +1 n n +1 ⎟ (1) 2⎝ C2 n +1 ⎠ Đẳng thức (1) đúng với k từ đến n Do đó : Cn0 C1 Ck Cn 1 + 2n + + k +n1 + + n +n1 = n ⎡⎣( C2nn +1 − C2nn−+11 ) + ( C2nn−+11 − C2nn−+21 ) + + ( C21n +1 − C20n +1 ) ⎤⎦ Cn + C n + Cn + k + C2 n + 2 C2 n +1 1 = C2nn +1 = C2 n +1 0,5 0,25 0,25 0,5 Theo chương trình nâng cao Câu Nội dung VI.b.1 Giả sử : A ( a, ) ; B ( 0, b ) , ta có : JJJJG JJJG BM = ( 2;3 − b ) ; BA ( a; − b ) ; BM = + ( − b ) ; BA = a + b Điểm 0,25 Theo bài ta có : copyright by : http://k2pi.violet.vn Lop12.net (7) Phạm Kim Chung 0984.333.030 ⎡ ⎧a = ⎧ b (3 − b) JJJJG JJJG ⎢⎨ a = ⎧⎪ BM BA = ⎪⎧ 2a − b ( − b ) = ⎪⎪ ⎢ ⎩b = ⇒ ⇒⎨ ⇒ ⎨ ⎨ 2 2 ⎢ ⎧a = −5 ⎩⎪ BM = BA ⎪ + ( − b ) = b ⎡( − b ) + ⎤ ⎩⎪4 + ( − b ) = a + b ⎢⎨ ⎦ ⎪⎩ ⎣ ⎢⎣ ⎩b = −2 Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán : 2x + y − = và 2x + 5y + 10 = JG JJG VI.b.2 Ta có véctơ phương (d1) : u (1;1; ) ; Véctơ phương (d2) : u (1; 2;1) G JG JJG Mặt phẳng song song với (d1); (d2) có véctơ pháp tuyến : n = ⎡⎣u1 ; u2 ⎤⎦ = ( −3;1;1) Phương trình mặt phẳng này có dạng : −3 x + y + z + D = (α ) 0,5 0,25 0,25 0,25 Mặt phẳng (α ) tiếp xúc với mặt cầu : ( x − 1) + ( y + 1) + z = 11 và : 2 −3 − + D ⎡ D = 15 ⎪⎧d ( I ;(α ) ) = 11 ⇔ = 11 ⇒ ⎢ ⎨ 11 ⎣ D = −7 ⎪⎩ I (1; −1;0 ) Vậy mặt phẳng (α ) có dạng : VII.b -3x+y+z+15=0 -3x+y+z-7=0 Ta có : Cnk (k + 1)!(n + 1)! n! n !(n + 1)!(k + 1) = = k +1 Cn + k + (n − k )!k ! (n + k + 2)! ( n − k )!(n + k + 2)! = ⎤ 1⎡ n !(n + 1)! n !(n + 1)! − ⎢ ⎥ ⎣ (n − k )!(n + k + 1)! (n − k − 1)!(n + k + 2)!⎦ (2n + 1)! (2n + 1)! ⎡ ⎤ ⎢ (n − k )!(n + k + 1)! (n − k − 1)!(n + k + 2)! ⎥ = ⎢ − ⎥ (2n + 1)! (2n + 1)! 2⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ n !(n + 1)! n !(n + 1)! 0,25 0,25 0,25 0,25 ⎛ C n − k − C n − k −1 ⎞ = ⎜ n +1 n n +1 ⎟ (1) C2 n +1 2⎝ ⎠ Đẳng thức (1) đúng với k từ đến n Do đó : Cn0 Cn1 Cnk Cnn 1 + + + + + = n ⎡⎣( C2nn +1 − C2nn−+11 ) + ( C2nn−+11 − C2nn−+21 ) + + ( C21n +1 − C20n +1 ) ⎤⎦ k +1 n +1 Cn + C n + Cn + k + C2 n + 2 C2 n +1 0,5 1 = C2nn +1 = C2 n +1 copyright by : http://k2pi.violet.vn Lop12.net (8)