Đang tải... (xem toàn văn)
Một mặt phẳng (P) thay ñổi ñi qua O tạo với ñáy hình trụ góc α cho trước và cắt hai ñáy của hình trụ ñã cho theo các dây AB và CD (dây AB qua O). 1) Tính diện tích tứ giác ABCD. 2) Chứ[r]
(1)TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - GIALAI ðỀ THI THỬ TUYỂN SINH ðẠI HỌC, CAO ðẲNG- NĂM 2009
MƠN: TỐN - KHỐI A ,B
Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao ñề)
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I (2 ñiểm) Cho hàm số y=x4−2m x2 2−m4+1 có ñồ thị (Cm)
1) Khảo sát biến thiên vẽ ñồ thị hàm số m=1
2) Tìm m để đồ thị (Cm) có ba ñiểm cực trị tạo thành tam giác ñều Câu II (2 điểm)
1) Giải hệ phương trình:
2
2
4x y 4x
x x y y
y x
+ −
− = −
+ = +
2) Giải phương trình: 2
1 15 os4
2 cot tan sin
c x
x+ + x= + x
Câu III( ñiểm)
1) Tìm giới hạn biểu thức 3 5 2)Tính
4
4
4
sin os 6x
x c x
dx
π π −
+ +
∫
Câu IV (1 điểm) Cho hình trụ có bán kính đáy R, trục OO’ = h Một mặt phẳng (P) thay ñổi ñi qua O tạo với đáy hình trụ góc α cho trước cắt hai đáy hình trụ cho theo dây AB CD (dây AB qua O)
1) Tính diện tích tứ giác ABCD
2) Chứng minh hình chiếu vng góc H điểm O’ (P) thuộc đường trịn cố định
Câu V (1 ñiểm ).Biết sốa,b,c thoả mãn
2 2
2
a b c
ab bc ca
+ + =
+ + =
Chứng minh: ba số a,b,c thuộc ñoạn
4 ; 3 −
II PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )
Thí sinh chi làm hai phần ( phần phần )
1.Theo chương trình chuẩn Câu VI.a(2 ñiểm)
1.Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho ñiểm A(1;1) Hãy tìm ñiểm B ñường thẳng d: y = điểm C trục hồnh để tam giác ABC
2.Trong khơng gian toạ ñộ Oxyzcho ñường thẳng d: 13
1
x− y+ z
= =
− mặt cầu (S):
x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 67 = Viết phương trình mặt phẳng (P) qua d tiếp xúc với mặt cầu (S)
Câu VII.a(1 ñiểm) Cho dãy số phức: z1, z2 , z3 , … zn ,…ñược xác ñịnh sau: z1 =
1
2+i với số tự nhiên n≥1
1 n n
n
z z
z
+
+ =
− Tính: z2009 Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b(2 ñiểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) Hãy tìm ñiểm B ñường thẳng d: y = ñiểm C trục hoành ñể tam giác ABC ñều
2.Trong khơng gian toạ độ Oxyzcho đường thẳng d: 13
1
x− y+ z
= =
− mặt cầu (S):
x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 67 = Viết phương trình mặt phẳng (P) ñi qua d tiếp xúc với mặt cầu (S)
Câu VII.b(1 ñiểm) Cho tam giác ABC Chứng minh
2
4
a
b c
m
R
+
≥ ( với ma ñường trung tuyến kẻ từ ñỉnh A
(2)
ðÁP ÁN ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC, CAO ðẲNG – NĂM 2009 - KHỐI A, B
Câu I Sơ lược ñáp án ðiể
m
1) 1,25ñ
m =1: y=x4 -2x2 a) Tập xác ñịnh D = R b) Sự biến thiên
lim
x
y
→− ∞
= +∞, lim x
y
→+∞
= +∞, y’ = 4x3 -4x ; y’= 0
1
x x
= ⇔ = ±
; Bảng biến thiên
x - ∞ -1 +∞
y’ - + – +
y +∞ +∞
-1 -1
Hàm số ñồng biến khoảng (-1;0) (1; +∞) , nghịch biến khoảng (-∞;-1) ; (0;1)
Hàm số ựạt cực ựại x=0 , giá trị cực ựại hàm số là: y(0) = Hàm số ựạt cực tiểu x=ổ1 , giá trị cực tiểu hàm số là: y(ổ1)=-1 c)đị thị
Ta có : y’’= 12x2 -4 ; y’’=0 x1=
3 ; x2=
3
− y’’ dổi ñấu x qua ñiểm x1 ; x2 Do
đó
U1(
3
− ;
9 − ) ; U2(
3 ;
5
− ) hai ñiểm uốn ñồ thị hàm số
ðồ thị cắt trục hồnh điểm
(− 2; ;) ( 2; 0)
Nhận xét : Hàm số ñã cho hàm số chẵn R nên ñồ thị nhận trục tung làm trục ñối xứng
0,5
0,25
0,25
0,25
2)
0,75ñ (Cm): y=x4−2m x2 2−m4+1 TXð R f x'( )=4x3−4m x2 =4 (x x2−m2) 2
' ( )
y = ⇔ x x −m = 2 2
(*)
x
x m
=
⇔ =
0,25
x y
0 2
2
− -1
3
−
3
5
−
(3)
Hàm số có cực trị ⇔ y'=0có nghiệm phân biệt ⇔phương trinh (*) có nghiệm phân biệt khác 0⇔ ≠m Nghiệm phương trình (*): x= ± m
Với m≠0.Tọa ñộ ñiểm cực trị: A(0 ; -m4+1) ; B(m ; -2m4 +1) ; C(-m ; -2m4 +1)
Vì A∈Oy ñiểm B , C ñối xứng qua trục tung nên tam giác ABC cân A với m≠0 Do đó: tam giác ABC ⇔AB=BC ⇔ 2
AB =BC
⇔ 4
(m−0) + −( 2m + +1 m −1) = 4 (− −m m) + −( 2m + +1 2m −1) ⇔
3
m − m =0
6
3
m m
= ⇔
= ±
Giá trị m=0 bị loại (vì m≠0).Vậy:
3
m= ± thoả mãn ycbt
0,5
Câu II 1) 1ñ
2
2
(1)
4x y 4x (2)
x x y y
y x
+ −
− = −
+ = +
2
(1)⇔x −y = − ⇔x y (x−y).(x+ − =y 1)
y x
⇔ = y =1-x
* y= x : thay vào (2) có : 42x−4x−2= ⇔ = − ⇒ = −0 x y
* y= 1-x thay vào (2) có: 4− x−2= − −x (1 x)⇔4x−2+2x− =5 (3)
( ) 4x
f x = − + x− ñồng biến R (2)
f = ⇒ (3) có nghiêm x=2 ⇒ = −y Vậy hệ có nghiệm :(-2;-2) ; (2;-1)
0,25
0,25
0,5
2)
1ñ ðiều kiện
sin
( )
cos
x
x k k
x
π
≠
⇔ ≠ ∈
≠
ℤ
Ta có 12 12 15 os42 cot tan sin
c x
x+ + x= + x ⇔ ( ) ( )
( )
2
15 os
1
2 os2 os2 os
1
1 os2 os2
c x
c x c x c x
c x c x
−
+ =
+ − + −
+ +
− +
2
(1 cos2 )(3x cos2 ) (1x cos2 )(3x cos2 )x 30 os 2c x 15
⇔ − − + + + = −
2 os4
28 os 21 os4
2
c x
c x + c x
⇔ = ⇔ = ⇔ =
12
k
x π π
⇔ = ± + , k∈ℤ Vậy nghiệm phương trình
là
12
k
x= ±π + π , k∈ℤ
0,25
0,5 0,25
Câu III 1)
0,5ñ Biểu thức ñã cho viết A = 2
1 1
1
1 1
8 16
2 2 4
3 5 =3 3 n+ 5 n =
3
1 1 1
2 2 4
3 + + + n+ + .5 + + + n+
Ta có lim 13 15 11
2 2 2n
n→+∞ +
+ + + + +
=
2
1
2 .
1 3
1
= =
−
(4)
Ta có 2
1
1 1 4
lim
1
4 4 3
1 n n→+∞ + + + + = = = −
vậy giới hạn biểu thức ñã cho là:
2 3
3 = 45
0,25
2) 0,5 ñ
ðặt x = – t , ta ñược: I =
4
4
4
sin os 6x
x c x
dx π π − + + ∫ = 4 4 sin os t
t c t
dt π π − − + − + ∫ = 4 4
6 (sin os ) t
t
t c t
dt π π − + + ∫ = 4 4
6 (sin os )
x
x
x c x
dx π π − + + ∫
Vậy 2I =
4
4
4
6 (sin os )
x
x
x c x
dx π π − + + ∫ + 4 4 sin os 6x
x c x
dx π π − + + ∫ = 4 4
(6 1)(sin os )
x
x
x c x
dx π π − + + + ∫
= 4
4
(sin x cos )x dx
π π
− +
∫ =
4
( os4 )
4 4c x dx π
π
− +
∫ =
4
3 4x 16sin x
π π − + = π 0,25 0,25 Câu IV 1) 0,5ñ
Mp(P) cắt hai ñáy theo hai giao tuyến song song: AB//CD Gọi I trung điểm CD O’I ⊥CD Ta có '
'
CD OO
CD OI CD O I
⊥
⇒ ⊥
⊥ ,
vậy góc OIO’ = α
Trong tam giác vng OO’I có: OI = ' sin sin
OO h
α = α , O’I =
OO’.cotα = h.cotα
Trong tam giác vuông O’I D có: ID2 = O’D2 – O’I2 = R2 – h2.cot2α
Vậy SABCD =
2(AB+CD).OI=
2(2R+2
2 2
cot ) sin
h
R h α
α
− =
(R+ 2
cot ) sin
h
R h α
α
− 0,5
2) 0,5ñ
Kẻ O’H ⊥OI (H∈OI) Ta có ( )
'
' '
' ' '
CD O I
CD OO CD mp OO I
O I OO O
⊥
⊥ ⇒ ⊥
∩ =
Ta có ( )
( )
'
'
' '
CD mp OO I
CD O H
O H mp OO I
⊥
⇒ ⊥
⊂ , Ta có
'
' ' ( )
O H CD
O H OI O H mp P
CD OI I
⊥
⊥ ⇒ ⊥
∩ = Vậy H hình chiếu vng góc O’ lên mặt phẳng (P)
Xét tam giác vng O’IH, ta có O’H=O’I.sinα = h.cotα sinα= h.cosα Kẻ đường cao HJ tam giác vng O’HO O’J.OO’ = O’H2
⇒
2 2
2
' os
' os
'
O H h c
O J h c
OO h
α α
= = = , từ suy điểm J cố ñịnh, mặt khác HJ2=O’H2 – O’J2= h2.cos2α - h2.cos4α = h2.cos2α sin2α Vậy HJ có độ dài khơng đổi, từ ta có H thuộc đường trịn tâm J, bán kính h.cosα.sinα nằm mặt phẳng vng góc với OO’ J 0,5
(5)
Câu V
1đ Ta có
2 2
2
a b c
ab bc ca
+ + = + + = ⇔ ( ) ( ) 2 2 a b ab c
c a b ab
+ − = −
+ + =
ðặt
a b S ab P
+ =
=
, ta ñược hệ
2
2
1 S P c
cS P
− = −
+ =
⇔ ( )
1
2 (1)
P cS S cS c
= −
− − = −
Ta có (1) ⇔S
2
+ 2cS + c2 – = ⇔
2 S c S c = − − = − +
Khi S = - c -2 P = – c( - c- 2)= c2+ 2c +
ðiều kiện S2 – 4P ≥ ⇔(- c -2)2 – 4(c2+ 2c + 1)≥ 0⇔
3 c
− ≤ ≤
(2) Khi S = - c +2 P = – c( - c+ 2)= c2 – 2c +
ðiều kiện S2 – 4P ≥ ⇔(- c +2)2 – 4(c2- 2c +1)≥ 0⇔ c
≤ ≤ (3)
Từ (2) (3) ta có 4
3 c
− ≤ ≤ , vai trị a,b,c nên ta có 4
3 a
− ≤ ≤
4
3 b
− ≤ ≤ 0,25 0,25 0,5 VI.a.1 1ñ
Ta có AB2= (xB – 1)2+(3 – 1)2 = (xB – 1)2+4 , AC2= (xC – 1)2+(0 – 1)2 = (xB – 1)2+ ðặt xC –
= t(xB – 1) Ta có AB2= AC2 ⇔(xB – 1)2+4 = t2(xB – 1)2 + ⇔(xB – 1)2 =
3
t − ( t >1) (*) Ta có BC2 = (xc – xB)2 + (0 – 3)2 = [ (xc – 1) – (xB – 1)]2 +
hay AB2 = [ t(xB – 1) – (xB – 1)]2 + 9⇔
3
t − +4 = (t – 1)
2
(xB – 1)2 + ⇔
3
t − = (t – 1)
2
2
3
t − + ⇔8t
2
– 6t – = ⇔
1 t t = − =
, nhận t =
4, vào (*) tính xB – =
3 ±
⇔xB =
3
± , từ tính xC =
3 ± Kết luận: Có cặp điểm B1(1
3
+ ;3) ; C1(1
3
+ ;0) cặp ñiểm B2(1
3
− ;3) ; C2(1
3 − ;0) 0,25 0,5 0,25 VI.a.2 1đ
Ta có (S): (x – 1)2 + (y – 2)2 + (z – 3)2 = 81 nên (S) có tâm I (1;2;3) bán kính R = ðường thẳng d có vectơ phương u
=(-1; 1;4) ñi qua ñiểm M(13; - 1;0) Do mặt phẳng (P) chứa ñiểm M gọi n
(A;B;C) vectơ pháp tuyến (P), nên phương trình (P) có dạng: A(x – 13) +B(y+1)+Cz = với A2+B2+C2 ≠0
Vì u
⊥ n
nên – A + B+ 4C = ⇔A = B + 4C, vào phương trình (P) ta ñược: (B+4C)(x – 13) +B(y+1)+Cz = ⇔(B+4C)x +By+Cz – 12B – 52C =
(P) tiếp xúc với (S) ⇔ d(I,(P)) = ⇔ 2
5 17
B+ C = B + BC+ C ⇔B2 – 2CB – 8C2 =
0⇔
2 B C B C = = −
Thay vào phương trình (P) ta có kết
(P1): - 2x +2y – z +28 = (P2): 8x +4y +z – 100 =
0,25 0,25 0,25 0,25 VII.a 1ñ
Ta có:
1
1
1 2 (3 ).( )
1
1 ( ).( )
1
i
z i i i i
z
z i i i
i + + + + + − − − = = = = = − + − − + − + − −
1 5 (6 ).( ) 40 80
1
1 ( ).( ) 16 64
1
i
z i i i i
z i z
i
z i i i
(6)
Ta chứng minh: z2n+1=
1
2+i với số tự nhiên n≥1 (1) • Giả sử (1) với n =k tức là:z2k+1=
1
2+i với số tự nhiên k≥ • Ta cần chứng minh (1) ñúng với n = k+1 tức chứng minh:z2k+3=
1
2+i với số tự nhiên k≥
Thật vậy: z2k+3=
1 2
2
− + + +
k k
z z
mà:z2k+2=
1 1
1
− + + +
k k
z z
=
1
1
− +
+ +
i i
=
5 1− i
Do đó: z2k+3=
1
8
1
8
− −
+ −
i i
= +i
2
vậy: z2n+1=
1
2+i với số tự nhiên n≥1 Với n = 1004 ta có:z2009= 2+i
0.5 VI.b.1 (như VI.a.1)
VI.b.2 (như VI.a.2) VII.b
1ñ
Gọi M trung ñiểm BC O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có
cosMAO =
=
2
2 2
2 2 4
2
a
a
a m R R AM AO MO
AM AO m R
+ − −
+ −
= =
2 2
2
4
2 a
b c a a m R
+ − +
=
2
4 a
b c m R
+
⇒ 2
4 a b c
m R
+
1
≤ ⇔ 2
4
a
b c m
R
+
≥ , dấu xảy góc
MAO = 00 ⇔M,A,O thẳng hàng ⇔
90 AB AC BAC
=
=
0,5
0,25
0,25 M
O
C B
(7)
sin4x + cos4x = sin4x + cos4x =
8 ⇔sin
4
x + cos4x = 8(sin
2
x + cos2x)2 ⇔3sin4x +3cos4x – 10sin2x.cos2x = ⇔3tan4x –
10tan2x + =0 ⇔
2
2
tan 3
1 tan
3
x x
=
=
• tan2x = ⇔ t anx 3 3 ( )
t anx 3
3
x k
k
x k
π π
π π
= +
=
⇔ ∈
= −
= − +
(8)
• tan2x = 1
3 ⇔
3 t anx
3 6
( )
3 t anx
6 3
x k
k
x k
π π
π π
= = +
⇔ ∈
= − +
= −
ℤ
Kết luận: x = ; ( )
3 k 6 k k
π π π π