Để thi thử đại học, cao đẳng năm học 2009 môn thi: Toán, Khối A

Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng d, cách mặt phẳng P một khoảng bằng 2 và vắt mặt phẳng P theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3.... Viết phương trình mặt phẳ[r]

ĐỀ THI THỦ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN: ĐÀ NẴNG - VĨNH PHÚC 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) Giải phương trình:  x    x    log3 x 2  x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: 2x  y   và phân giác CD: x  y   Viết phương trình đường thẳng BC Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số  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) Lop12.net hai đường Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I 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  x  1  2t thẳng  có phương trình tham số  y   t Một điểm M thay đổi trên đường thẳng  , xác định vị z  2t  trí 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 Câu I Đáp án Nội dung Ý + Tập xác định: D   + Sự biến thiên:  Giới hạn: lim y  ; lim y   x  Điểm 2,00 1,00 0,25 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 Lop12.net 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  0,25 0,25 Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:       81 32 81 m 32 m 81 1 m  32  m 1 m0 m<0 : Phương trình đã cho vô nghiệm : Phương trình đã cho có nghiệm : Phương trình đã cho có nghiệm 0,50 : Phương trình đã cho có nghiệm : Phương trình đã cho có nghiệm : Phương trình đã cho vô nghiệm II 2,00 1,00 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  x  x  x      x    log x    x               1 3x2    ln  x    x     x  2 2        x       x   x   Lop12.net 0,50 0,50 1,00 Điều kiện: | x |  | y | u  x  y ; u  Đặt  v  x  y ; x   y không thỏa hệ nên xét x   y ta có 1 u2  y  v   2 v  0,25 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  0,25 u   x  y  (II)  v   x  y  + Giải hệ (I), (II) Sau đó hợp các kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu là S   5;3 ,  5;  III 0,25 0,25 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y | x  x | (C ) và  d  : y  x Phương trình hoành độ giao điểm (C) và (d): 1,00 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  2 Lop12.net 2 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 52 Vậy S   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  IC  AB   CHH '   ABB ' A '   CII ' C '  AB  HH ' AB, A’B’ Ta có:  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  0,25 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    V 0,25 1,00 Ta có: +/ 4sin3xsinx =  cos2x - cos4x  ;        cos  x +   cos  2x -   cos4x    sin 2x + cos4x  4 4 2       1     +/ cos  2x +   1  cos  4x +    1  sin 4x   2      +/ 4cos  3x -  Do đó phương trình đã cho tương đương: Lop12.net 0,25 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     Từ A(1;2), kẻ AK  CD : x  y   I (điểm K  BC ) Suy AK :  x  1   y     x  y   Điểm M  BM : x  y     x  y 1   I  0;1 x  y 1  0,25 0,25 0,25 2,00 1,00 0,25 0,25 0,25 Tọa độ điểm I thỏa hệ:  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  0,25 1,00 Lop12.net 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  H   P  0,25 Mặt khác  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 0,25 0,50 1,00 Để ý  xy  1   x  y   1  x 1  y   ;  yz   y  z  zx   z  x 0,50 và tương tự ta có  Vì ta có:  1  x y z     111   xy  yz  zx   yz  zx  xy   x  y  z  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 điểm AC và BD nên ta có: C  2t  1; 2t  , D  2t ; 2t   Mặt khác: S ABCD  AB.CH  (CH: chiều cao)  CH  Lop12.net 0,50 2,00 1,00 0,25 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  2     9t  20   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 |  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 Lop12.net a  b  c  Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b  c  a c  a  b  Đặt 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: 0,50 ab ac 2a   3a  c 3a  b 2a  b  c x y z    yz zx x y VT  Ta có: x  y  z  z  x  y  z   z  x  y   2z z  x yz x y x 2x y 2y  ;  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 Tương tự: SỞ GD  ĐT VĨNH PHÚC Trường THPT Tam Dương 0,50 ĐỀ THI THỬ ĐH,CĐ Môn: Toán Thời gian làm bài: 180 phút Câu (2.0 điểm): Cho hàm số y  x3  3mx  4m3 (m là tham số) có đồ thị là (Cm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số m = Xác định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x Câu (2.0 điểm ) :  2sin x    2(cotg x  1) sin x cos x  x3  y  y  x   Tìm m để hệ phương trình:  có nghiệm thực 2 x   x  y  y  m   Giải phương trình: Câu (2.0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) có phương trình: (P): 2x  y  2z  = 0; (d): x y 1 z    1 1 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) khoảng và vắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính Lop12.net Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) và tạo với mặt phẳng (P) góc nhỏ Câu (2.0 điểm): Cho parabol (P): y = x2 Gọi (d) là tiếp tuyến (P) điểm có hoành độ x = Gọi (H) là hình giới hạn (P), (d) và trục hoành Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh hình (H) quay quanh trục Ox Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P 1    xy  yz  zx Câu (2.0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy lập phương trình tiếp tuyến chung elip (E): x2 y   và parabol (P): y2 = 12x 12 Tìm hệ số số hạng chứa x8 1  khai triển Newton: 1  x   x  o0o Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: SBD: SỞ GD  ĐT VĨNH PHÚC Trường THPT Tam Dương Câu I ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH,CĐ Môn: Toán Thời gian làm bài: 180 phút Nội dung Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3  3x2 + + TXĐ: R + Sự biến thiên: y’ = 3x2  6x =  x = x = Hàm số đồng biến trên: (; 0) và (2; +) Hàm số nghich biến trên: (0; 2) Hàm số đạt CĐ xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT xCT = 2, yCT = y” = 6x  =  x = Đồ thị hàm số lồi trên (; 1), lõm trên (1; +) Điểm uốn (1; 2) Lop12.net Điểm 0.25   Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim x3 1  x x LËp BBT: x + 0.25 ∞ y’ 4     x x3   +∞ + +∞ 0.25 y ∞ §å thÞ: y 0.25 x O x  2/ Ta có: y’ = 3x2  6mx =    x  2m 0.25 Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m   Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0)  AB  (2m; 4m3 ) Trung điểm đoạn AB là I(m; 2m3) 0.25 Điều kiện để AB đối xứng qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng y = x và I thuộc đường thẳng y = x 0.25 2m  4m3   2m  m Giải ta có: m   ;m=0 0.25 Lop12.net Kết hợp với điều kiện ta có: m   2/ Đk: x  k 2  0.25     2cotg x sin 2x 2 Phương trình đã cho tương đương với:  3tg x  2(sin x  cos x)   2cotg x sin x cos x  3tg x  2tg x   0.25    tg x   x    k     tg x   x    k   0.25  tg x  KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x  II  x3  y  y  x   2/  2  x   x  y  y  m     k ; kZ 0.25 (1) (2) 1  x  1  x  Điều kiện:    2 y  y  0  y  0.25 Đặt t = x +  t[0; 2]; ta có (1)  t3  3t2 = y3  3y2 Hàm số f(u) = u3  3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: (1)  y = y  y = x +  (2)  x   x  m  0.25 0.25 Đặt v   x  v[0; 1]  (2)  v2 + 2v  = m Hàm số g(v) = v2 + 2v  đạt g(v)  1; m ax g(v)  [0;1] [0;1] 0.25 Vậy hệ phương trình có nghiệm và 1  m III  x  t  1/ Đường thẳng () có phương trình tham số là:  y  1  2t ; t  R z   t  0.25 Gọi tâm mặt cầu là I Giả sử I(t; 1 + 2t; 2+ t)() Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) khoảng nên: Lop12.net 0.25  t  | 2t   2t   2t  | | 6t  | d ( I ; )    3  3 t     8  3 3 7 3  Có hai tâm mặt cầu: I   ; ;  ; I  ;  17  ;  7 Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính nên mặt cầu có bán kính là R = 0.25 Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 2 2  1  8 7  17   1    x     y     z    25 ;  x     y     z    25 3  3  3 3  3  3    2 x  y   2/ Đường thẳng () có VTCP u  (1;2;1) ; PTTQ:  x  z    Mặt phẳng (P) có VTPT n  (2; 1; 2) Góc đường thẳng () và mặt phẳng (P) là: sin   | 2   |  3  Góc mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (Q) cần tìm là cos     Giả sử (Q) qua () có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z  2) = (m2+ n2 > 0)  (2m + n)x + my + nz + m  2n = | 3m | Vậy góc (P) và (Q) là: cos    3 5m  2n  4mn  m2 + 2mn + n2 =  (m + n)2 =  m = n Chọn m = 1, n = 1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y  z + = IV 1/ Phương trình tiếp tuyến điểm có hoành độ x = là: y = 4x  Lop12.net 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 2  Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là: V     x dx   (4 x  4) dx    0   16  x5 16 =   ( x  1)3    15  0.5  1    9  xy  yz  zx   2/ Ta có:  (1  xy )  (1  yz )  (1  zx)   0.25 P 9   xy  yz  zx  x  y  z 0.25  P  0.25 Vậy GTNN là Pmin = V 0.25 x = y = z 0.25 1/ Giả sử đường thẳng () có dạng: Ax + By + C = (A2 + B2 > 0) () là tiếp tuyến (E)  8A2 + 6B2 = C2 (1) () là tiếp tuyến (P)  12B2 = 4AC  3B2 = AC (2) 0.25 Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A C = 2A Với C = 2A  A = B = (loại) 0.25 Với C = 4A  B   2A  Đường thẳng đã cho có phương trình: Ax  0.25 2A y  4A   x  y40 3 Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm: x  y40 Lop12.net 0.25 12 12 12 1      k  Ta có:  x   1  1   x      (1)12k C12 x   x  x  x     k 0 12 V   (1) 12 k k 0 12 k   (1) k 0 i 0 C12k 12 k k i 0 0.25 i  12 k 12 k k i k  4i  i x     (1) C12Ck x  x  k 0 i 0 k i   x  Cki k 0.25 C12k Cki x k 5i Ta chọn: i, k N,  i  k  12; 4k  5i =  i = 0, k = 2; i = , k = 7; i = 8, k 12 0.25 12 C20  C127 C74  C12 C12  27159 Vậy hệ số cần tìm là: C12 0.25 Lop12.net