Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và cắt mặt cầu (S) theo một đường.. tròn có bán kính lớn nhất.[r]
(1)Thầy Trần Ngọc Văn ĐỀ THI ĐẠI HỌC NĂM 2009
Đề số Mơn thi Tốn- Khối A
Thời gian làm 180 phút
Câu I:
(2 điểm)
Cho hàm số
y
=
x
4−
8
x
2+
7
(1)
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1)
2 Tìm giá trị tham số m để đường thẳng y = mx – tiếp xúc với đồ thị hàm số (1)
Câu II:
(2 điểm)
1 Giải phương trình
sin
(
2
x −
π
4
)
=
sin
(
x −
π
4
)
+
√
2
2
2 Giải bất phương trình :
1
1
− x
2+
1
>
3
x
√
1
− x
2Câu III:
(2 điểm)
Trong không gian hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x + 3y – 3z + = , đường thẳng
d
1:
x −
3
2
=
y
9
=
z
+
5
1
điểm A(4;0;3) , B(–1;–1;3) C(3;2;6)
1 Viết phương trình mặt cầu (S) qua ba điểm A,B,C có tâm thuộc mặt phẳng (P)
2 Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d cắt mặt cầu (S) theo đường
trịn có bán kính lớn nhất.
Câu IV:
(2 điểm)
1 Tính tích phân :
I
=
∫
π/2
sin 2
x
3
+
4 sin
x −
cos 2
x
dx
2 Chứng minh phương trình :
4
x(
4
x
2+
1
)=
1
có ba nghiệm thực phân biệt
Câu Va :
(2 điểm)
1 Tìm hệ số số hạng chứa x
5khai triển nhị thức Newton (1+3x)
2nbiết rằng
An
3
+2An2=100
(n số nguyên dương)
2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x
2+ y
2=1 Tìm giá trị thực
của m để đường thẳng y = m tồn điểm mà từ điểm kẻ hai
tiếp tuyến với C cho góc hai tiếp tuyến 60
0Câu Vb:
(2 điểm)
1 Giải phương trình :
3
+
1
log
3x
=
log
x(
9
x −
6
x
)
2 Cho hình chóp SABC mà mặt bên tam giác vuông SA=SB=SC = a Gọi
M,N,E trung điểm cạnh AB,AC,BC D điểm đối xứng S qua E ,
I giao điểm đường thẳng AD với mặt phẳng (SMN) Chứng minh AD
SI và
tính theo a thể tích khối tứ diện MBSI
(2)Câu 1: (2 điểm)
Học sinh tự giải Câu II: (2 điểm)
sin
(
2
x −
π
4
)
=
sin
(
x −
π
4
)
+
√
2
2
sin
(
2
x −
π
4
)
−
sin
π
4
=
sin
(
x −
π
4
)
⇔
2 cos
x
sin
(
x −
π
4
)
−
sin
(
x −
π
4
)
=
0
⇔
sin
(
x −
π
4
)
(
2 cos
x −
1
)=
0
⇔
sin
(
x −
π
4
)
=
0
¿
cos
x
=
1
/
2
¿
x
=
π
4
+
kπ
¿
x
=
±
π
3
+
k
2
π
¿
(
k
∈
Z
)
¿
⇔
¿
¿
¿
¿
1− x2+1> 3x
√
1− x2 (*) Điều kiện –1< x <1Đặt x = sint với t [0 ; ] Ta có
1
cos
2t
+
1
>
3 sin
t
cos
t
⇔
tan
t −
3 tan
t
+
2
>
0
⇔tant<1∨tant>2 (*)
Mặt khác với tant =
sin
t
=
√
2
2
; với tant = sin
2
t
=
4 cos
2t
⇒
sin
t
=
2
√
5
Vậy từ (*) Ta có nghiệm bất phương trình cho :
−
1
<
x
<
√
2
2
¿
2
√
5
<
x
<
1
¿
¿
¿
¿
Câu III: (2 điểm)
1 Gọi mặt cầu (S) cần tìm có phương trình
(
S
)
:
x
2+
y
2+
z
2+
2 ax
+
2 by
+
2 cz
+
d
=
0
có tâm I(–a ; –b ; –c) (3)¿
8
a
+
6
c
+
d
+
25
=
0
−
2
a −
2
b
+
6
c
+
d
+
11
=
0
6
a
+
4
b
+
12
c
+
d
+
49
=
0
−
2
a −
3
b
+
3
c
+
1
=
0
⇔
¿
{ { {
¿
¿
8
a
+
6
c
+
d
+
25
=
0
10
a
+
2
b
+
14
=
0
−
2
a
+
4
b
+
6
c
+
24
=
0
−
2
a −
3
b
+
3
c
+
1
=
0
⇔
¿
a
=
−
1
b
=
−
2
c
=
−
3
d
=
1
¿
{ { {
¿
Phương trình mặt cầu :
(
S
)
:
x
2+
y
2+
z
2−
2
x −
4
y −
6
z
+
1
=
0
Tâm I(1;2;3)2 Mặt phẳng (Q) cắt mặt cầu theo đường trịn có bán kính lớn mặt phẳng qua tâm I mặt cầu Đường thẳng d qua điểm M(3;0;–5) có VTCP
u
→=(
2
;
9
;
1
)
IM
−− →
=(
2
;−
2
;−
8
)
;[
IM
−→
, u
→]
=(
70
;−
18
;
22
)
Mặt phẳng (Q) có VTPT →
n
=(
35
;−
9
;
11
)
nên có phương trình (Q) : 35(x –1 ) –9(y –2) +11(z – 3) =0 (Q): 35x –9y +11z –50 =0Câu IV: (2 điểm)
1
sin
x
+
1
¿
2¿
¿
sin
x
¿
I
=
∫
π/2
sin 2
x
3
+
4 sin
x −
cos 2
x
dx
=
∫
0π/2
sin
x
sin
2x
+
2sin
x
+
1
.cos xdx
=
∫
0π/2
¿
Đặt t = sinx +1 sinx = t – cosxdx = dt
Khi x = t = ; x = /2 t = Ta có :
I
=
∫
t −
1
t
2dt
ị
=
∫
(
1
t
−
1
t
2)
dt
ị
=
(
ln
∨
t
∨
+
1
t
)
¿
1=
ln 2
−
1
2
2.Đặt
f
(
x
)=
4
x(
4
x
2+
1
)
−
1
Tập xác định D = R , hàm số liên tục R
f '
(
x
)=
4
xln 2
(
4
x
2+
1
)+
8
x
4
x=
2 4
x(
4
x
2ln 2
+
4
x
+
ln2
)
f '
(
x
)=
0
⇔
4
x
2ln2
+
4
x
+
ln 2
=
0
Δ'
=
4
−
4 ln
22
=
4
(
1
−
ln
22
)>
0
Vây f ’(x) = có nghiệm phân biệt x1 ; x2Điều chứng tỏ f(x) cắt trục hồnh khơng q điểm phương trình cho khơng q nghiệm
Mặt khác f(x) liên tục R thỏa
f (0) = ; f(–1/2) = ; f(–2) = 1/16 ; f(–3) = 27/64
Như phương trình cho có nghiệm : x = ; x = –1/2 ; x (–3 ; –2)
Câu Va :(2 điểm) 1
A
n3
+
2
A
n2=
100
Điều kiện n ≥A
n3+
2
A
n2=
100
⇔
n !
(
n −
3
)
!
+
2
n !
(
n −
2
)
!
=
100
⇔
n
(
n−
1
)(
n−
2
)+
2
n
(
n−
1
)=
100
⇔
n
=
5
1
+
3
x
¿
10=
∑
k=0 10
C
10k3
kx
k¿
Số hang chứa x5 tương ứng k = Hệ số só hạng chứa x5
C
10
.3
5 (4)2 Đường trịn (C) có tâm O(0;0) bán kính Giả sử từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến (C) thỏa mãn góc MAB 600 góc AMO 300 MO = Vậy M chạy đường tròn tâm O bán kính
Số điểm nằm đường thẳng y = m kẻ tiếp tuyến đến (C) thỏa mãn YCBT số giao điểm đường trịn (C’) tâm O bán kính với đường thẳng y = m Để có điểm theo YCBT |m| <
Câu Vb: (2 điểm)
1 Điều kiện
¿ 0<x ≠1
x>
√
6 ¿{¿
3
+
1
log
3x
=
log
x(
9
x −
6
x
)
⇔
3
+
log
x3
=
log
x(
9
x
2
−
6
)
−
1
⇔
log
x(
3.
x
4)=
log
x(
9
x
2−
6
)
⇔
3
x
4−
9
x
2+
6
=
0
⇔
(
x
2−
1
)(
3
x
2−
6
)
⇒
x
=
√
2
2
Trong (ABC) AE MN = J SJ = (SMN) (ASD)
Trong (ASD) SJ AD = I I = AD (SMN)
Ba tam giác SAB,SAC,SBC tam giác vuông cân SA,SB,SC đôi vng góc ABC
là tam giác cạnh a BSCD hình vng cạnh a
( )
BD SB
BD SAB BD SM BD SA
Lại có SM AD nên SM (ABD) SM AD (1)
( )
BC SD
BC SAD BC AD BC SA
Mà MN// BC MN AD (2)
Từ (1) (2) AD (SMN) AD SI (đpcm)
Trong (SBD) kẻ IH // BD (H AB) IH (SAB)
2 2 2
3
IH AI AI AD SA a BDAD AD SA SD a
IH = a/3
SSMB = 1/2 SSAB =
2
4
a
VMBSI =
2
1
3 SMB 3 36
a a a
IH S
J
H I
D E
N
M
S C
B
(5)