Đề 3 Thi thử đại học năm học 2009 - 2010 môn toán

Lập phương trình mặt phẳng Q chứa trục Oz và tạo với mặt phẳng P một góc 600 Câu VIIa: 1 điểm Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau.. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng[r]

THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 MÔN TOÁN ( Thời gian 180 phút) I.Phần chung (7 điểm) :dành cho tất các thí sinh Câu I(2 điểm) :Cho hàm số y  x  2mx  (m  3)x  có đồ thị là (Cm) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C1) hàm số trên m = 2) Cho E(1; 3) và đường thẳng (  ) có phương trình x-y + = Tìm m để (  ) cắt (Cm) ba điểm phân biệt A, B, C ( với xA = 0) cho tam giác EBC có diện tích  sin x   1 Câu II (2 điểm):a.Giải phương trình: 2 cos x sin x tanx  x y  x  xy  1 b.Giải hệ phương trình :  2  x  x y  x y  π Câu III (1 điểm) Tính tính phân sau: I   dx cos x  3cos x  2 Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng ABC A / B/ C / có đáy là tam giác cạnh a, cạnh bên 2a Gọi E là trung điểm BB/ Xác định vị trí điểm F trên đoạn AA / cho khoảng cách từ F đến C/E là nhỏ 1 Câu V (1 điểm):Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn:    a b c bc ca ab Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T    a b c II Phần riêng (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu VIa: ( điểm) 1/.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường thẳng (d) : x  y   và điểm A(3;3) Tìm toạ độ hai điểm B, C trên đường thẳng (d) cho  ABC vuông, cân A 2/ Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x  y  5z   Lập phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục Oz và tạo với mặt phẳng (P) góc 600 Câu VIIa:( điểm) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác Tính xác suất để lấy bông hồng đó có ít bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm hệ sau: 19  m2 Am Cm  Cn 3   2    Pn 1  720 Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu VIb:( điểm) 1/ Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3), B( ;0), C (2;0) 2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ I; J; K mà A là trực tâm tam giác IJK Câu VII:( điểm) Giải hệ phương trình : log y  log    x2  y    x   y  x  x  xy  y  Hết Ghi chú :-Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu ĐÁP ÁN Lop12.net Điểm Ia Ib -Tập xác định , tính y/ -Nghiệm y/ và lim -Bảng biến thiên -Đồ thị (1) PT hoành độ giao điểm : x  2mx  (m  3)x   x   x(x  2mx  m  2)  x   g(x)  x  2mx  m   (2) (d) cắt (Cm) ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C  phương trình (2) có nghiệm phân biệt  Δ/  m  m   m  1  m  khác    (a) m  2 g(0)  m   Diên tích S  BC.d(E, BC) Khoảng cách d(E, BC)  Suy BC = (x B  x C )  4x B x C  16 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 4m  4(m  2)  16 Giải pt m = 3, m = -2 (loại) 0,25 Đk: x  k 0,25 II a  Phương trình đã cho tương đương với:  tan x     cot x  sin x 0,25 2(sin x  cos x)   2cot x sin x cos x  3tan x  2tan x      tanx   x    k    ,kZ   tanx   x   k    3tan x  KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x  IIb  x y  x(y  x)  1 Hệ tương đương :  [x(y  x)]  x y  Đặt u  x y, v  x(y  x) u  v  1 Hệ trở thành  u  v  u  u  3 ,   v  1  v  u   x  1 Với  giải hệ   v  1 y  u  3 Với  giải hệ (vô nghiệm) v  Giải hệ  I 0,25 0,25 0,25  x   x  1 ,  y  y  III    k ; kZ 0,25 Nghiệm hệ :  π 0,25 0,25 0,25 π 1 dx   dx  cos x  cos x Lop12.net π IV π dx dx Tính   2 1  cos x x cos 2 x π π  tan dx dx Tính   2 cos x  2 x  tan x x (1  tan t).dt Đặt tan  tan t  (1  tan )dx  2  x=0 => t = π π x= => t = x π π  tan π6 π dx 2 dt = dx =  0 cos x   0 x 3 3  tan 2 π π 1 π dx   dx = Vây I    cos x  cos x 3 + Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho AO; BOy; A/Oz 0,25 0,25 0,25 a a  ; ;2a  và E(0;a;a)  2  Khi đó: A(0;0;0), B(0;a;0); A/ (0;0;2a),, C /  0,25 F di động trên AA/, tọa độ F(0;0;t) với t  [0;2a] Vì C/E có độ dài không đổi nên d(F,C/E ) nhỏ SΔFC/ E nhỏ Ta có : SFC E  /    EC / , EF    z   a a  EC /   ;  ; a   Ta có:   EF   0; a; t  a      EC / , EF         EC / , EF     B A / / a (t  3a; 3(t  a ); a 3) a (t  3a )  3(t  a )  3a 2 C / a 4t  12at  15a x a SΔFC/ E  4t  12at  15a 2 Giá trị nhỏ SFC E tùy thuộc vào giá trị tham số t  E F A B C 0,25 / Xét f(t) = 4t2  12at + 15a2 f(t) = 4t2  12at + 15a2 f '(t) = 8t 12a f '(t )   t  (t [0;2a]) 3a S FC / E nhỏ  f(t) nhỏ  t  V 0,25 3a  F(0;0;t) , hay FA=3FA/ ( có thể giải pp hình học túy ) 1 1 1 Đặt x  , y  , z  vì    nên x +y +z = a b c a b c 1 1 1 Và T  x (  )  y (  )  z (  ) y z z x x y Lop12.net 0,25 0,25 +) Aùp dụng BĐT C.S ta có:  ( x  y  z )2     x y z yz  zx  xy  zx xy  yz   x2 y2 z2  x2 y2 z2    (2x  2y  2z)  2(   )  yz zx xy  yz zx xy  1  4x2 1 x2 +) Ta có: x (  )  y  z      y z yz  y z yz Tương tự  x2 y2 z2  Do đó T     2  yz zx xy Đẳng thức xảy x  y  z  hay a  b  c  3 Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: x  y   và phân giác CD: VIa:1 x  y   Viết phương trình đường thẳng BC 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  x 1 y   4x  3y   Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình: 7  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 VIa:2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương  x   2t trình  y  t Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d và khoảng cách z   3t  từ d tới (P) là lớn Gọi H là hình chiếu A trên d, mặt phẳng (P) qua A và (P)//d, đó khoảng cách d và (P) là khoảng cách từ H đến (P) Giả sử điểm I là hình chiếu H lên (P), ta có  AH  HI => HI lớn A  I Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến H  d  H (1  2t ; t ;1  3t ) vì H là hình chiếu A trên d nên AH  d  AH u  (u  (2;1;3) là véc tơ phương d)  H (3;1;4)  AH (7;1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =  7x + y -5z -77 = VIIa Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác Tính xác suất để lấy bông hồng đó có ít bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm hệ sau: 19  m2 19  m2 Am Cm  Cn 3   C m  cn3   Am 2 <=>   2   P  720  n 1  Pn1  720 Từ (2): (n  1)! 720  6! n    n  Thay n = vào (1) Lop12.net 0,25 0,25 0,25 0,25 m(m  1) 19  45   m 2 2  m  m  90   19m  m  20m  99    m  11 vì m    m  10 Vậy m = 10, n = Vậy ta có 10 bông hồng trắng và bông hồng nhung, để lấy ít bông hồng nhung bông hồng ta có các TH sau: TH1: bông hồng nhung, bông hồng trắng có: C73 C102  1575 cách  TH2: bông hồng nhung, bông hồng trắng có: C74 C101  350 cách TH3: bông hồng nhung có: C75  21 cách  có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách Số cách lấy bông hồng thường C17  6188 P VIb1 0,25 0,25 0,25 0,25 1946  31,45% 6188 Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3),B( ;0), C (2;0) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác góc A và 2 9     3 d DB AB  4    DC AC 2d   3 81 225 9 16  16   4d    3d  d  16  25 Đường thẳng AD có phương trình: x  y 3   3 x   y   x   y , 3 và đường thẳng AC: x  y 3   3 x   y  12  x  y   3 Giả sử tâm I đường tròn nội tiếp có tung độ là b Khi đó hoành độ là 1- b và bán kính b Vì khoảng cách từ I tới AC phải b nên ta có: 1  b   4b   b  b   5b; 2 4 a )b   5b  b   ; b)b   5b  b  Rõ ràng có giá trị b = là hợp lý Vậy, phương trình đường tròn 2 VIb2 0,25 0,25 0,25 1  1  nội tiếp  ABC là:  x     y    2  2  0,25 2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ I; J; K mà A là trực tâm tam giác IJK x y z Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c)  ( P) :    a b c   IA  (4  a;5;6), JA  (4;5  b;6) Ta có   JK  (0; b; c), IK  (a;0; c) 0,25 Lop12.net 0,25 0,25 77  4 a     a b c   77  Ta có: 5b  6c   b   ptmp(P) 4a  6c   77    c   VII b Giải hệ phương trình : log y  log    x2  y   KL: 0,25 x   y  x   x  xy  y  * y  Điều kiện : x > ; y > Ta có : x  xy  y   x    y  x, y >0 2  Xét x > y  log Xét x < y  log VT(*)  y   (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm  VP(*)   VT(*)  x  log y    (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm VP(*)   x  log 0,25 0,25 0,25 0  Khi x = y hệ cho ta   x = y = ( x, y > 0) 2 x  y  Vậy hệ có nghiệm  x; y    2;  Lop12.net 0,25