Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán (số 170)

Trong các mặt phẳng qua  , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến D là lớn nhất.. Chứng minh rằng.[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 170) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 2x  1 x 1)Khảo sát và vẽ đồ thị C  hàm số trên Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  2)Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; ) và có hệ số góc k Tìm k cho (d) cắt ( C ) hai điểm M, N và MN  10 Câu II (2 điểm) :  x  y  x  y  12 Giải hệ phương trình:   y x  y  12 2.Giải phương trình : sin x  sin x  sin x  cos x    3sin x  cos x dx (sin x  cos x ) Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I   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 Cõu V (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt : 10 x 8 x   m(2 x  1) x  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) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x  y – x – y   0, (C ') : x  y  x –  cùng qua M(1; 0) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') A, B cho MA= 2MB 2)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ có phương trình : d : y2 x2 z5 x  z vµ d’ :  y 3 1 1 Viết phương trình mặt phẳng ( ) qua d và tạo với d’ góc 300 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 Lop10.com Đáp án De thi thu dai hoc số 70 2(1,0) Từ giả thiết ta có: (d ) : y  k ( x  1)  Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai 2 nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt cho x2  x1    y2  y1   90(*)  2x  kx  (2k  3) x  k    k ( x  1)   ( I ) Ta có: ( I )    x 1 y  k ( x  1)    y  k ( x  1)  Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt và phương trình kx  (2k  3) x  k   0(**) có  90 (1  k )[x2  x1   x2 x1 ]  90(***) hai nghiệm phân biệt Khi đó dễ có k  0, k  Ta biến đổi (*) trở thành: (1  k ) x2  x1  2k  k 3 , x1 x2  , vào (***) ta có phương trình: k k 3  41 3  41 , k 8k  27 k  8k    (k  3)(8k  3k  1)   k  3, k  16 16 Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1  x2  KL: Vậy có giá trị k thoả mãn trên 1) CâuII:2 Giải phương trình: sin x  sin x  sin x  cos x    sin x  (2 cos x  1) sin x  cos x     (2 cos x  1)  8(cos x  1)  (2 cos x  3) VËy sin x  0,5 hoÆc sin x  cos x   5  2k Víi sin x  0,5 ta cã x   2k hoÆc x  6     Víi sin x  cos x  ta cã sin x  cos x  1  sin  x      sin    , suy 4   4 3  2k x  2k hoÆc x  Điều kiện: | x |  | y | 1 u2  u  x  y ; u  Đặt  ; x   y không thỏa hệ nên xét x   y ta có y   v   2 v  v  x  y u  v  12 u  u   Hệ phương trình đã cho có dạng:  u    u2  v  v    v  v   12    u  u   x  y   x  y  +  (I)+  (II) Giải hệ (I), (II) Sau đó hợp các kết lại,   v  v   x  y   x  y  ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu là S  5;3, 5;  III(1,0) Đặt x    t  dx   dt , x   t     ,x   t   3sin x  cos x 3cos t  2sin t 3cos x  2sin x dx  dt  dx (Do tích phân không phụ 3   (sin x  cos x) (cos t  sin t ) (cos x  sin x)3 0 2 Suy ra: I   thuộc vào kí hiệu cảu biến số)    3sin x  cos x 3cos x  2sin x dx  dx  dx = 3   (sin x  cos x ) (cos x  sin x ) (sin x  cos x ) 0 Suy ra: I  I  I   Lop10.com   1 12    2   = dx   d  x    tan  x    KL: Vậy I    20 4 4   cos  x  cos  x      4 4   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 ' Suy hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp   AB  HH ' 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 Thể tích hình chóp cụt tính Tam giác IOI’ vuông O nên: I ' K IK  OK  2 h bởi: V  B  B ' B.B ' Trong đó: B  4x  x  6r 3; B '  x  3r ; h  2r 4 2 2r  3r 3r  21r   6r Từ đó, ta có: V   6r  3 2    V NhËn xÐt : 10x 8 x  = 2(2x+1)2 +2(x2 +1)   Phương trình tương đương với : ( §Æt 2x  x2 1 2x  x2 1 )  m( 2x  x2 1 )20  t §iÒu kiÖn : -2< t  Rót m ta cã: m=   2t  t Lập bảng biến thiên hàm số trên  2, , ta có kết m để phương trình có hai nghiệm 12 ph©n biÖt lµ:  m  hoÆc -5 < m  4 Điểm C  CD : x  y    C t ;1  t   t 1  t  ; Suy trung điểm M AC là M     Điểm  t 1  t M  BM : x  y        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   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  Lop10.com 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 Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình: (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  Vì ta có:  zx   z  x  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 VIb 1) + Gọi tâm và bán kính (C), (C’) là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R  1, R '  , đường thẳng (d) qua M có phương trình a( x  1)  b( y  0)   ax  by  a  0, (a  b  0)(*) + Gọi H, H’ là trung điểm AM, BM 2 Khi đó ta có: MA  2MB  IA2  IH  I ' A2  I ' H '2   d ( I ;d )   4[9  d ( I ';d )  ] , IA  IH 9a b2 36a  b  d ( I ';d )   d ( I ;d )   35    35   35  a  36b 2 2 a b a b a b  a  6 Dễ thấy b  nên chọn b     a6 Kiểm tra điều kiện IA  IH thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn 2 .§­êng th¼ng d ®i qua ®iÓm M (0;2;0) và có vectơ phương u (1;1;1) Đường thẳng d’ qua điểm M ' (2;3;5) và có vectơ phương u '(2; 1;1) Mp ( ) ph¶i ®i qua ®iÓm M vµ cã vect¬ ph¸p tuyÕn n vu«ng gãc víi u vµ cos(n; u ' )  cos 600  n  ( A; B; C ) th× ta ph¶i cã : A  B  C   B  A  C B  A  C       2A  B  C 2 2  2 A  A  ( A  C )  C 2 A  AC  C   2 2  A  B C Ta cã A2  AC  C   ( A  C )(2 A  C )  VËy A  C hoÆc A  C Lop10.com Bởi đặt Nếu A  C ,ta có thể chọn A=C=1, đó B  , tức là n  (1;2;1) và mp ( ) có phương trình x  2( y  2)  z  hay x  y  z   Nếu A  C ta có thể chọn A  1, C  2 , đó B  1 , tức là n  (1;1;2) và mp ( ) có phương trình x  ( y  2)  z  hay x  y  z   a  b  c  VIIb 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    2z z 3a  c 3a  b 2a  b  c  Ta có: x  y  z  z x  y  z   z x  y   x y z x yz x y    yz zx x y x  y  z  x y z x 2x y 2y      ;  Do đó: Tương tự: yz zx x y x yz yz x yz zx 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 thì cần có điều 1 Thay x  vào (1) ta được: 2 m  1 * Với m = 0; (1) trở thành: x   x  m   m3   2 m  1 Phương trình có nghiệm x   x  x 1  x   x 1  x   1 kiện x   x  x   * Với m = -1; (1) trở thành   + Với + Với  x     x  12    x  x 1  x   x   x  x 1  x   x  1 x   x  1 x  0 2 x   x   x  Trường hợp này, (1) có nghiệm x  1 x   x  Với m = thì (1) trở thành: x   x  x 1  x    x 1  x   Ta thấy phương trình (1) có nghiệm x  0, x   x  1 x   x  1 x  nên trường hợp này (1) không có nghiệm Vậy phương trình có nghiệm m = và m = -1 Lop10.com