Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng BCD 2.. Theo chương trình nâng cao.[r]
(1)SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP TRƯỜNG THPT- TP CAO LÃNH ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN I NĂM HỌC 2009 – 2010 MÔN: TOÁN, KHỐI A,B Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I( 2,0 điểm): Cho hàm số: 𝑦 = 𝑥+2 (C) 𝑥‒1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số Cho điểm A( 0; a) Tìm a để từ A kẻ tiếp tuyến tới đồ thị (C) cho tiếp điểm tương ứng nằm phía trục hoành Câu II (2,0 điểm): Giải phương trình lượng giác 2 3𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 2𝑠𝑖𝑛3𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 ‒ 𝑠𝑖𝑛4𝑥 ‒ =1 3𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 Giải hệ phương trình 𝑥 + 𝑦 + + = 4(𝑥 + 𝑦)2 + 𝑥 + 𝑦 2𝑥 ‒ 𝑦 = { Câu III(1,0 điểm): Tính tích phân sau I dx sin x cos x Câu IV(1,0 điểm): Cho ba số thực 𝑎,𝑏,𝑐 thỏa mãn 𝑎𝑏𝑐 = 2 ,Chứng minh rằng: 𝑎 +𝑏 6 𝑏 +𝑐 𝑐 +𝑎 + + ≥4 4 2 2 2 𝑎 +𝑏 +𝑎 𝑏 𝑏 +𝑐 +𝑏 𝑐 𝑐 +𝑎 +𝑐 𝑎 Câu V(1,0 điểm): Cho tứ diện ABCD có AC = AD = 𝑎 2, BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) 𝑎 Tính góc hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) Biết thể khối tứ diện ABCD 𝑎 15 27 II PHẦN RIÊNG (Thí sinh làm phần A B) A Theo chương trình chuẩn Câu VIa(2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm : A(1;2; 2) B(-1;2;-1) C(1;6;-1) D(-1;6;2) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc điểm A trên mặt phẳng (BCD) Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 -2x +6y -15=0 (C ) Viết PT đường thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng : 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) A; B cho AB = Câu VIIa(1,0 điểm): Xác định hệ số x5 khai triển (2+x +3x2 )15 B Theo chương trình nâng cao Câu VIb(2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm : A(1;2; 2) B(-1;2;-1) C(1;6;-1) D(-1;6;2) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc điểm A trên mặt phẳng (BCD) Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 -2x +6y -15=0 (C ) Viết PT đường thẳng (Δ ) vuông góc với đường thẳng : 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) A; B cho AB = Câu VIIb(1,0 điểm):Giải phương trình: Lop12.net (2) 𝑥+1 2 (9 ‒ 2.3 ‒ 3)log3 (𝑥 ‒ 1) + log1 27 = 𝑥 𝑥 𝑥 ‒9 HẾT -Cán coi thi không giải thích gì thêm (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 06 trang) Môn: TOÁN: KHỐI A,B CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I 2,0 1,0 TXĐ: D= R\{1} ‒3 y’= 0,25 < ∀𝑥 ∈ 𝐷 (𝑥 ‒ 1) Hàm số luông nghịch biến trên D và không có cực trị Giới hạn: lim 𝑥→1 + 𝑥+2 = +∞ 𝑥‒1 𝑥+2 = ‒∞ 𝑥‒1 lim 𝑥→1 ‒ 0,25 𝑥+2 = 𝑥→∞ 𝑥 ‒ lim PT đường TCĐ: x=1; PT đường TCN: y=1 Bảng biên thiên: t -∞ f’(t) f(t) 0,25 +∞ + ∥ +∞ -∞ Đồ thị: 0,25 y f(x) = x+2 x-1 5/2 -2 O -2 Lop12.net x (3) 1,0 Gọi k là hệ số góc đt qua A(0;a) PT đt d có dạng y= kx+a (d) d là tiếp tuyến với ( C ) ⇔ hệ PT { 𝑥+2 𝑥-1 k= 0,25 = kx + a có nghiệm -3 (𝑥 - 1) <=>Pt (1-a)x2 +2(a+2)x-(a+2)=0 (1) có nghiệm x ≠ Theo bài qua A có tiếp tuyến thì pt (1) có nghiệm x1 ; x2 phân biệt 𝑎≠1 Đk là : ' ⇔ ≠ 𝑎 > ‒ (*) Δ = 3𝑎 + > 0,25 { 2(𝑎 + 2) 𝑎+2 ; x1.x2 = 𝑎-1 𝑎-1 Khi đó theo Viet ta có : x1 +x2 = Suy y1 = 1+ Để tiếp điểm nằm phía trục Ox thì y1.y2 <0 3 ; y2 =1 + 𝑥1 ‒ 𝑥2 ‒ ⇔ (1+ ) (1 + 𝑥1 - )<0 𝑥2 - 0,25 𝑥1.𝑥2 + 2(𝑥1 + 𝑥2) + ⇔ 𝑥1.𝑥2 - (𝑥1 + 𝑥2) + <0 Giải đk trên ta ⇔ -(3a+2) <0 ⇔ a>-2/3 Kết hợp với đk (*) ta có ≠ a>-2/3 0,25 II 2,0 1,0 ( ) ĐK: 3𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 ≠ 0⇔cos 𝑥 ‒ 𝜋 5𝜋 ≠ 0⇔𝑥 ≠ + 𝑘𝜋, 𝑘 ∈ 𝑍 0,25 0,5 Với ĐK trên PT đã cho tương đương với ( 3𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝑠𝑖𝑛2𝑥 = 3𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥⇔cos 2𝑥 ‒ [ ( ) ( ) ( ) ( ) ) ( ) 𝜋 𝜋 = cos 𝑥 ‒ 𝜋 𝜋 𝜋 = 𝑥 ‒ + 𝑘2𝜋 𝑥 =‒ + 𝑘2𝜋 6 ⇔ ⇔ 𝜋 𝜋 𝜋 𝑘2𝜋 ;𝑘 ∈ 𝑍 2𝑥 ‒ =‒ 𝑥 ‒ + 𝑘2𝜋 𝑥 = + 6 2𝑥 ‒ [ 𝜋 Đối chiếu ĐK ta nghiệm pt đã cho là 𝑥 = + 𝑘2𝜋,𝑥 = 3𝜋 + 𝑘2𝜋, 𝑘 ∈ 𝑍 0,25 1,0 Lop12.net (4) 0.25 Đặt : t = x + y ; ĐK: t ≥ 𝑡 + + = 4𝑡 + 𝑡⇔ 𝑡 + ‒ 3𝑡 = 4𝑡 ‒ Giải PT: ‒ 2𝑡 ⇔ 0,5 𝑡 + + 3𝑡 ⇔(1 ‒ 2𝑡) [ = (2𝑡 ‒ 1)(2𝑡 + 1) 𝑡 + + 3𝑡 ] + 2𝑡 + = ⇔𝑡 = Hệ đã cho trở thành { { 𝑥+𝑦= 2⇔ 2𝑥 ‒ 𝑦 = { 0,25 𝑥= 𝑦 =‒ Vậy hệ dã cho có nghiệm 𝑦 =‒ 𝑥= III 1,0 3 I 0,5 dx dx 4. 2 sin x cos x sin x cos x 4 Đặt : t = tanx⇒𝑑𝑡 = 𝑑𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝜋 Đổi cận: x = ⇒𝑡 = 𝜋 x = ⇒𝑡 = 3 Khi đó I (1 t ) dt 1 t3 ( t ) dt ( t ) 1 t 1 t t 3 0,5 34 IV 1,0 2 4 2 (𝑎 + 𝑏 )(𝑎 + 𝑏 ‒ 𝑎 𝑏 ) 4 2 𝑎 +𝑏 +𝑎 𝑏 0,25 BĐT cần chứng minh tương đương với + (𝑏 2 4 2 + 𝑐 )(𝑏 + 𝑐 ‒ 𝑏 𝑐 ) 4 2 𝑏 +𝑐 +𝑏 𝑐 + (𝑐 2 Nhận xét: Do 𝑎𝑏𝑐 = 2 nên 𝑎 ,𝑏 ,𝑐 là các số thực dương Lop12.net 4 2 2 + 𝑎 )(𝑐 + 𝑎 ‒ 𝑐 𝑎 ) 𝑐 +𝑎 +𝑐 𝑎 ≥4 (5) 2 (𝑥 + 𝑦 ‒ 𝑥𝑦) 0,5 Xét : A = 𝑥 𝑡 ‒𝑡+1 Chia tử và mẫu cho 𝑦 và đặt t = ta A = với t > 𝑦 𝑡 +𝑡+1 2 𝑥 + 𝑦 + 𝑥𝑦 với x,y > 2 Xét hàm số f(t) = 𝑡 ‒𝑡+1 𝑡 +𝑡+1 trên (0;+ ∞) 2(𝑡 ‒ 1) Ta có : f’(t) = 2 (𝑡 + 𝑡 + 1) Bảng biên thiên: t ’ f (t) f(t) = 0⇔𝑡 = +∞ + 1 Dựa vao bảng biến thiên ta có f(t) ≥ 2 2 (𝑥 + 𝑦 ‒ 𝑥𝑦) với t > với x,y > 0; dấu xảy t = nên x = y Từ đó A = Do vai trò 𝑎 ,𝑏 ,𝑐 là nên BĐT cần chứng minh tương đương 2 2 2 (𝑎 + 𝑏 ) + (𝑏 + 𝑐 ) + (𝑐 + 𝑎 ) ≥ 3 2 2 ⇔ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ) ≥ 2 2 Áp dụng BĐT cô si ta có 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ≥ 𝑎 𝑏 𝑐 = 6, 𝑣ớ𝑖 𝑎𝑏𝑐 = 2 Thay vào ta suy BĐT chứng minh, dấu đẳng thức xảy a = b = c = 𝑥 + 𝑦 + 𝑥𝑦 ≥ 2 0,25 V 1,0 Gọi E là trung điểm CD, kẻ BH ⊥ AE Ta có △ ACD cân A nên CD ⊥ AE Tương tự △ BCD cân B nên CD ⊥ BE Suy CD ⊥ (ABE) ⇒ CD ⊥ BH Mà BH ⊥ AE suy BH ⊥ (ACD) Do đó BH = 𝑎 0,25 A 𝑎 H 𝑎 và góc hai mặt phẳng D 𝛼 (ACD) và (BCD) là 𝛼 E B 𝑎 C 𝑎 15 Thể tích khối tứ diện ABCD là 𝑉 = 𝐵𝐻.𝑆𝐴𝐶𝐷 = 27 Lop12.net 0,25 (6) ⇒𝑆𝐴𝐶𝐷 = 𝑎 2 Mà 𝐴𝐸 + 𝐸𝐷 = 2𝑎 2 5 2 45 ⇒𝐴𝐸.𝐷𝐸 = 𝑎 ⇒𝐴𝐸 𝐷𝐸 = 𝑎 3 2 Khi đó :𝐴𝐸 ,𝐷𝐸 là nghiệm pt: x2 - 2𝑎 x + 𝑎 [ [ = 𝑎 5𝑎 𝐴𝐸 = 𝐴𝐸 = 3 ⇒ ℎ𝑜ặ𝑐 5𝑎 𝑎 2 𝐷𝐸 = 𝐷𝐸 = 3 45 5𝑎 trường hợp 𝐷𝐸 = 𝑙𝑜ạ𝑖 vì DE<a 2 2 Xét △ BED vuông E nên BE = 𝐵𝐷 ‒ 𝐷𝐸 = 𝑎 ‒ 𝑎 =𝑎 0,25 𝑎 Xét △ BHE vuông H nên sin𝛼 = 𝐵𝐻 = 𝐵𝐸 𝑎 = ⇒𝛼 = 45 Vậy góc hai mp(ACD) và (BCD) là 𝛼 = 45 VIa 2,0 1,0 Ta có 𝐵𝐶 = (2;4;0); 𝐵𝐷 = (0;4;3) [𝐵𝐶, 𝐵𝐷] = (12; -6;8) Mp (BCD) qua B và có VTPT 𝑛 =(6;-3;4) nên có PT: 6x-3y+4z+16=0 Gọi d là đt qua A và vuông góc với mp(BCD) thì d có PT: 𝑥 = + 6𝑡 𝑦 =‒ ‒ 3𝑡 𝑧= 4𝑡 0,5 Hình chiếu vuông góc H A lên mp(BCD) là giao điểm d với mp(BCD) Tọa độ H là nghiệm hệ : 𝑥 = + 6𝑡 𝑡 =‒ 𝑦 =‒ ‒ 3𝑡 𝑥 =‒ ⇔ 𝑦 =‒ 𝑧= 4𝑡 6𝑥 ‒ 3𝑦 + 4𝑧 + 16 = 𝑧 =‒ 0,5 { { { Vậy H( -2; -4; -4) 1,0 0,5 Đường tròn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5 Gọi H là trung điểm AB thì AH=3 và IH ⊥ AB suy IH =4 Mặt khác IH= d( I; Δ ) Vì Δ || d: 4x-3y+2=0 nên PT Δ có dạng 3x+4y+c=0 I Lop12.net A H B (7) |𝑐 ‒ 9| 𝑐 = 29 = 4⇔ 𝑐 =‒ 11 có đt thỏa mãn bài toán: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0 [ d(I; Δ )= VIIa 0,5 1,0 15 0,5 𝑘 𝑘 15 ‒ 𝑘 Ta có = 𝐶15.(𝑥 + 3.𝑥 ) 𝑘=0 𝑘 𝑖 𝑖 𝑘+𝑖 𝑘 Mà (𝑥 + 3.𝑥 ) = 𝐶𝑘.3 𝑥 𝑖=0 15 𝑘 𝑘 𝑖 𝑖 𝑘+𝑖 Vậy (2+x+3x2 )15 = 𝐶15.𝐶 𝑥 𝑘 𝑘=0𝑖=0 ∑ (2+x+3x2 )15 ∑ ∑∑ Theo gt với x5 ta có các cặp số : (k=3; i=2) ( k=4; i=1) (k=5; i=0) Vậy hệ số x5 khai triển trên là : 2 12 1 11 0 10 10 a= 𝐶15.𝐶3.3 + 𝐶15.𝐶4.3 + 𝐶15.𝐶5.3 = 82.131.2 VIb 0,5 1,0 ĐK: x > Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương (9𝑥 ‒ 2.3𝑥 ‒ 3)log3 (𝑥 ‒ 1) ‒ = 2.3𝑥 ‒ 9𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 ⇔(3 ‒ 3)(3 + 1)log3 (𝑥 ‒ 1) ‒ ‒ 2.3 + = 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 ⇔(3 ‒ 3)(3 + 1)log3 (𝑥 ‒ 1) + (3 + 1)(3 ‒ 3) = 𝑥 𝑥 ⇔(3 ‒ 3)(3 + 1)[log3 (𝑥 ‒ 1) + 1] = [ 𝑥 [ 𝑥 = (𝑙𝑜ạ𝑖) ‒ 3=0 ⇔ log (𝑥 ‒ 1) + = 0⇔ 𝑥 = ⇔𝑥 = Vậy phương trình đã cho có nghiệm : 𝑥 = 4 Lop12.net 0,25 0,5 0,25 (8)