Đang tải... (xem toàn văn)
Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.. Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán[r]
(1)ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Mơn thi: TỐN, khối B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( )x4 2x2
1 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số
2 Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A B có hồnh độ a b Tìm điều kiện a b để hai tiếp tuyến (C) A B song song với
Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình lượng giác:
2 cos sin
tan cot cot
x x
x x x
2 Giải bất phương trình:
2
3 1
3
1
log log log
2
x x x x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
4
0
cos sin cos
I x x x dx
Câu IV (1 điểm) Cho hình trụ trịn xoay hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường trịn đáy thứ hình trụ, hai đỉnh lại nằm đường tròn đáy thứ hai hình trụ Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450 Tính diện tích xung quanh thể tích hình trụ.
Câu V (1 điểm) Cho phương trình
3
1 2
x x m x x x x m
Tìm m để phương trình có nghiệm
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2)
1 Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) đường thẳng định bởi:
2
( ) :C x y 4x 2y0; :x2y12 0 Tìm điểm M cho từ M vẽ với (C) hai tiếp tuyến
lập với góc 600.
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0) Tìm tọa độ tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD
Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, viên bi xanh có bán kính khác viên bi vàng có bán kính khác Hỏi có cách chọn viên bi có đủ ba màu?
2 Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I thuộc đường thẳng d :x y 0
có hoành độ
I
x
, trung điểm cạnh giao điểm (d) trục Ox Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật
2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) mặt phẳng (P) có phương trình 2
( ) :S x y z 4x2y 6z 5 0, ( ) : 2P x2y z 16 0 .
Điểm M di động (S) điểm N di động (P) Tính độ dài ngắn đoạn thẳng MN Xác định vị trí M, N tương ứng
Câu VII.b (1 điểm) Cho a b c, , số dương thỏa mãn: a2b2c2 3 Chứng minh bất đẳng thức
2 2
1 1 4
7 7
a b b c c a a b c
(2)-Hết -Đáp án.
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2,00
1 1,00
+ MXĐ: D 0,25
+ Sự biến thiên
Giới hạn: xlim y; limx y
3
' 4 ; '
1
x
y x x x x y
x
0,25
Bảng biến thiên
1 1; 1; 0
CT CT
y y y y yC§ y
0,25
Đồ thị
0,25
2 1,00
Ta có f x'( ) 4 x3 4x Gọi a, b hoành độ A B
Hệ số góc tiếp tuyến (C) A B kA f a'( ) 4 a3 ,a kB f b'( ) 4 b3 4b
Tiếp tuyến A, B có phương trình là:
' ' ( ) af' a
yf a x a f a f a x f a
;
' ' ( ) f' b
yf b x b f b f b x f b b
Hai tiếp tuyến (C) A B song song trùng khi:
3 2
4a 4a = 4b (1)
A B
k k b a b a ab b
Vì A B phân biệt nên a b , (1) tương đương với phương trình:
2 1 (2)
a ab b
Mặt khác hai tiếp tuyến (C) A B trùng
2 2
4
1
' ' 3
a ab b a ab b
a b
f a af a f b bf b a a b b
,
(3)Vậy điều kiện cần đủ để hai tiếp tuyến (C) A B song song với
2 1 0
1
a ab b
a a b
II 2,00
1 1,00
Điều kiện:
cos sin sin tan cot cot
x x x x x
x
0,25
Từ (1) ta có:
2 cos sin
1 cos sin
2 sin
sin cos cos cos
1 cos sin sin
x x x x
x
x x x x
x x x
0,25
2sin cosx x sinx
2
2
cos
2
x k
x k
x k
0,25
Giao với điều kiện, ta họ nghiệm phương trình cho x k2 k
0,25
2 1,00
Điều kiện: x3 0,25
Phương trình cho tương đương:
1 1
2
3 3 3
1 1
log log log
2 x x 2 x 2 x
3 3
1 1
log log log
2 x x x x
3 3
log x x log x log x
0,25
3
2
log log
3
x
x x
x
2 3
x
x x
x
2 9 1 10
10
x x
x
0,25
Giao với điều kiện, ta nghiệm phương trình cho x 10 0,25
III 1,00
1 1,00
2
2
2
2
1 cos sin
2
1
1 sin sin
2
I x x dx
x d x
(4)
2
2
0
3
2
0
1
sin sin sin
2
1
sin sin
2 | 12 |
d x xd x
x x
0,50
IV 1,00
Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB CD Khi
OM AB O N' CD
Giả sử I giao điểm MN OO’ Đặt R = OA h = OO’ Khi đó:
OM
I
vuông cân O nên:
2 2
2 2 2
h a
OM OI IM h a
0,25
Ta có:
2
2 2 2 2
2 2 2 3a
2 4 8
a a a a
R OA AM MO
0,25
2
2 3a
R ,
8 16
a a
V h
0,25
và
2
a 3
2 Rh=2
2
2
xq
a a
S 0,25
V 1,00
Phương trình
3
1 2
x x m x x x x m
(1) Điều kiện : 0 x
Nếu x0;1 thỏa mãn (1) – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm cần có điều kiện
1
2
x x x
Thay
x
vào (1) ta được:
3
1
2
1
2
m
m m
m
0,25
* Với m = 0; (1) trở thành:
4 41 2 0
2
x x x
Phương trình có nghiệm
0,25 * Với m = -1; (1) trở thành
4
2
4
1 2 1
1 1
1
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x
(5)+ Với
4 41 0
2
x x x
+ Với
1
1
2
x x x
Trường hợp này, (1) có nghiệm * Với m = (1) trở thành:
4 2 2
4
1 1 1
x x x x x x x x x x
Ta thấy phương trình (1) có nghiệm
1 0,
2
x x
nên trường hợp (1) khơng có nghiệm
Vậy phương trình có nghiệm m = m = -1
0,25
VIa 2,00
1 1,00
Đường trịn (C) có tâm I(2;1) bán kính R
Gọi A, B hai tiếp điểm (C) với hai tiếp (C) kẻ từ M Nếu hai tiếp tuyến lập với góc 600 IAM nửa tam giác suy IM 2R=2 5.
Như điểm M nằm đường trịn (T) có phương trình:
2
2 20
x y
0,25
Mặt khác, điểm M nằm đường thẳng , nên tọa độ M nghiệm hệ phương
trình:
22 12 20 (1) 12 (2)
x y
x y
0,25 Khử x (1) (2) ta được:
2 2
3
2 10 20 42 81 27
5
x
y y y y
x
0,25
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề là:
9 3;
2
M
27 33 ; 10
M
0,25
2 1,00
Ta tính AB CD 10,AC BD 13,AD BC 0,25
Vậy tứ diện ABCD có cặp cạnh đối đơi Từ ABCD tứ diện gần
đều Do tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trọng tâm G tứ diện 0,25
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm
3 ;0; 2
G
, bán kính
14
R GA
0,50
VII
a 1,00
Số cách chọn viên bi tùy ý : C189 . 0,25
Những trường hợp đủ ba viên bi khác màu là:
+ Khơng có bi đỏ: Khả khơng xảy tổng viên bi xanh vàng + Khơng có bi xanh: có C139 cách
+ Khơng có bi vàng: có C159 cách.
0,25
Mặt khác cách chọn khơng có bi xanh, khơng có bi vàng có C109 cách chọn 9 viên bi đỏ tính hai lần
(6)Vậy số cách chọn viên bi có đủ ba màu là: C109 C189 C139 C159 42910 cách.
VIb 2,00
1 1,00
I có hồnh độ
I
x
9
: ;
2
I d x y I
Vai trò A, B, C, D nên trung điểm M cạnh AD giao điểm (d) Ox, suy M(3;0)
2 2 9
2 2
4
I M I M
AB IM x x y y
D
12
D = 12 AD = 2
3
ABCD ABC
S
S AB A
AB AD d M AD
, suy phương trình AD: 1.x 31.y 0 0 x y 0 .
Lại có MA = MD =
Vậy tọa độ A, D nghiệm hệ phương trình:
2 2 2 2
3 3 3
3 3
3
x y y x y x
x y x x
x y
3 1
y x x
x y
4 x y
.Vậy A(2;1), D(4;-1),
0,50
9 ; 2
I
trung điểm AC, suy ra:
2
2
2
2
A C
I
C I A
A C C I A
I
x x
x x x x
y y y y y
y
Tương tự I trung điểm BD nên ta có: B(5;4)
Vậy tọa độ đỉnh hình chữ nhật (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1)
0,50
2 1,00
Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) có bán kính R = Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):
, 2.2 1 16
d d I P d R
Do (P) (S) khơng có điểm chung.Do vậy, MN = d –R = -3 =
0,25
Trong trường hợp này, M vị trí M0 N vị trí N0 Dễ thấy N0 hình chiếu vng góc I mặt phẳng (P) M0 giao điểm đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S)
Gọi đường thẳng qua điểm I vng góc với (P), N0 giao điểm (P)
Đường thẳng có vectơ phương nP 2; 2; 1
qua I nên có phương trình
2 2
x t
y t t
z t 0,25
Tọa độ N0 ứng với t nghiệm phương trình:
15
2 2 2 16 15
9
t t t t t
Suy
4 13 14 ; ; 3
N
.
(7)Ta có 0
IM IN
Suy M0(0;-3;4)
0,25 VII
b
1,00
Áp dụng bất đẳng thức
1
(x 0,y 0)
x y x y
Ta có:
1 1 1
; ;
2 2a+b+c
a b b c a b c b c c a a b c c a a b
0,50
Ta lại có:
2 2
2 2
2 2
1 2
2 4 2
2
2 1
a b c a b c
a b c a b c a
a b c
Tương tự: 2
1 2
;
2b c a b 7 2c a b c 7
Từ suy 2
1 1 4
7 7
a b b c c a a b c
Đẳng thức xảy a = b = c =
0,50