Đang tải... (xem toàn văn)
Trong các mặt phẳng qua , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến D là lớn nhất.. Chứng minh rằng.[r]
(1)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 : y2 x2 z5 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 (2) 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 (3) 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 )20 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 (4) 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 111 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 yz 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 a6 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 (5) 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 ab ca x, y , a z x, y , z x y z , y z x, z x y 2 Vế trái viết lại: ab ac 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 yz x y yz zx x y x y z x y z x 2x y 2y ; Do đó: Tương tự: yz zx x y x yz yz x yz zx x yz 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 (6)