DE THI THU DAI HOCA2009Le quy donDnang

Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Mơn thi: TỐN, khối A

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian: 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 y f x( ) 8x4 9x2 1

   

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số

2 Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm phương trình

4

8 osc x osc x m 0 với x[0; ] Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình:  

3

log

2

2 x

x x   x

 

2 Giải hệ phương trình:

2 2

12 12

x y x y

y x y

    

 

 

 

Câu III (1 điểm) Tính diện tích miền phẳng giới hạn đường

| |

yx  x y2x

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

Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm

2

4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x +

4 c c m

  

     

  

     

     

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) 1 Theo chương trình chuẩn.

Câu VI.a (2 điểm)

1 ChoABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y  1 phân giác CD: x y 1 0 Viết phương trình đường thẳng BC

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số

2 2

x t

y t

z t

  

      

.Gọi  đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) I(-2;0;2) hình chiếu vng góc A (D) Trong mặt phẳng qua , viết phương trình mặt phẳng có khoảng cách đến (D) lớn

Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z số thực thuộc (0;1] Chứng minh

1 1

1 1

xy yz zx x y z 

2 Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm)

phương trình tham số

1 2

x t

y t

z t

  

      

.Một điểm M thay đổi đường thẳng , xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ

Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c ba cạnh tam giác Chứng minh

1

2

3 3

b c

a

a b a c a b c a c a b

 

    

 

     

 

-Hết -Đáp án

Câu Ý Nội dung Điểm

I 2,00

1 1,00

+ Tập xác định: D 0,25

+ Sự biến thiên:

 Giới hạn: xlim  y; limx y  y' 32x 318x = 2x 16x 2 9

0

' 3

4

x y

x

    

  

0,25

 Bảng biến thiên.

 

3 49 49

; ;

4 32 32

CT CT

y y  y y  y y 

    C§

0,25

 Đồ thị

2 1,00 Xét phương trình 8 osc 4x 9 osc 2x m 0

   với x[0; ] (1) Đặt t c osx, phương trình (1) trở thành: 8t4 9t2 m 0 (2)

  

Vì x[0; ] nên t [ 1;1], x t có tương ứng đối một, do số nghiệm phương trình (1) (2) nhau.

0,25

Ta có: (2) 8t4 9t2 1 1 m(3)     

Gọi (C1): y8t4 9t21 với t [ 1;1]và (D): y = – m.

Phương trình (3) phương trình hồnh độ giao điểm (C1) (D).

Chú ý (C1) giống đồ thị (C) miền   1 t 1.

0,25

Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:

 81

32

m : Phương trình cho vô nghiệm.

1. 81

32

m : Phương trình cho có nghiệm.

 81

32

m

  : Phương trình cho có nghiệm.  0m1 : Phương trình cho có nghiệm.  m0 : Phương trình cho có nghiệm.  m < 0 : Phương trình cho vơ nghiệm.

0,50

II 2,00

1 1,00

Phương trình cho tương đương:

3

3 log

log

3

2

2

1

1 ln 0 log ln 0

1 2 2 2 x x x x x x x x x x x x                                                           0,50

2 2

log 1

2

1

ln

2 2

2

2

x x x

x x x

x

x x x

x x x                                                                0,50 1,00

Điều kiện: | | | |x  y Đặt

2 2; 0

u x y u

v x y

         

; x y không thỏa hệ nên xét x y ta có 2 u y v v        

Hệ phương trình cho có dạng:

2 12

u u

v v



 



 

 



 



4

u v

   





u v

  

  +

2

4

8 8

u x y

v x y

 

   



 

  

 

(I)

+

2

3

9 9

u x y

v x y

 

   



 

  

 

(II)

0,25

Giải hệ (I), (II). 0,25

Sau hợp kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu S 5;3 , 5; 4  

0,25

Sau hợp kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu S 5;3 , 5; 4  

1,00

III 0,25

Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y |x2 4 | ( )x C

  và

 d :y2x

Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (d):

2 2

2

0 0

| |

6

4 2

x x x

x x x x x x x x x

x

x x x x x

 

   

  

 

           



 

   

    

 

 

Suy diện tích cần tính:

   

2

2

0

4

S x  x  x dx x  x  x dx

Tính:  

2

| |

I  x  x  x dx

Vì x 0; , x2 4x 0

    nên 2

|x  |x x 4x 

 

2

4

4

3

I x  x x dx

0,25

Tính  

6 2

| |

K  x  x  x dx

Vì x 2; , x2 4x 0

    x 4;6 , x2 4x 0

    nên

   

4

2

2

4 16

K  x x  x dxx  x x dx .

0,25

Vậy 16 52

3

S   1,00

IV 0,25

Gọi H, H’ tâm 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

AB HH

 

   

  

Suy hình cầu nội tiếp hình chóp cụt tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) điểm KII'.

0,25

Gọi x cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x cạnh đáy lớn Ta có:

1 3

' ' ' ' ' ;

3 3

x x

I KI H  I C  IK IH  IC

Tam giác IOI’ vuông O nên:

2 3 2

' 6r

6

x x

I K IK OK  r  x 

Thể tích hình chóp cụt tính bởi:  ' '

V  B B  B B

Trong đó: 4x2 3 6r2 3; ' 3r2 3; 2r

4

x

B x  B   h

0,25

Từ đó, ta có:

2

2

2r 3r 3r 21r

6r 6r

3 2

V     

 

 

0,25

V 1,00

Ta có:

+/ 4sin3xsinx = cos2x - cos4x ; +/

 

4 os 3x - os x + os 2x - os4x sin 2x + cos4x

4

c  c   c  c  

       

+/ os 2x + 1 os 4x + 11 sin 4x

4 2

c    c    

    

Do phương trình cho tương đương:

  1

2 os2x + sin2x sin 4x + m - (1)

2

c  

Đặt os2x + sin2x = os 2x -

t c c  

  (điều kiện:  2 t 2)

0,25

Khi

sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1 Phương trình (1) trở thành: 4 2 2 0

t  t m  (2) với  2 t 2

(2)t 4t 2 2m

Đây phuơng trình hồnh độ giao điểm đường ( ) :D y 2 2m (là đường song song với Ox cắt trục tung điểm có tung độ – 2m) (P): y t2 4t

  với  2 t 2.

0,25

Trong đoạn  2; 2

  , hàm số

2 4

y t  t đạt giá trị nhỏ là

2 2 t 2 đạt giá trị lớn 2 2 t 2 0,25 Do u cầu tốn thỏa mãn khi

2 2 2   m 2 2 m 2

    .

0,25

VIa 2,00

1 1,00

Điểm C CD x y :  1 0  C t ;1 t Suy trung điểm M AC là

1 ;

2

t t

M   

 

Điểm : 2  7;8

2

t t

MBM x y           t  C 

 

0,25

0,25 Từ A(1;2), kẻ AK CD x y:  1 0 I (điểm K BC ).

Suy AK:x1  y 2 0 x y  1 0 Tọa độ điểm I thỏa hệ: 0;1

1

x y

I x y

   

 

  



Tam giác ACK cân C nên I trung điểm AK  tọa độ K1;0 .

Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình: 4

x y

x y



    

 

2

Gọi (P) mặt phẳng qua đường thẳng , ( ) //( )P D ( )P ( )D Gọi H hình chiếu vng góc I trên (P) Ta ln có IH IA IH AH

Mặt khác       

 

, ,

d D P d I P IH

H P

  

 

  

Trong mặt phẳng  P , IHIA; maxIH = IA H A Lúc (P) vị trí (P0) vng góc với IA A.

Vectơ pháp tuyến (P0) n IA 6;0; 3 



 

, phương với v2;0; 1  .

Phương trình mặt phẳng (P0) là: 2x 41.z1 2x - z - = 0.

VIIa

Để ý xy1  x y   1 x 1 y0; và tương tự ta có

1

yz y z

zx z x

   



   

0,25

  1

1 1 1

3 zx+y

1

5

1

5

x y z

xy yz zx yz zx xy

x y z

yz xy z

z y

x

yz zx y xy z

z y

x

z y y z

          

     

 

   

 

 

    

  

 

 

    

 

 



vv

Ta có:

 1; 2

AB   AB



Phương trình AB là: 2x y  0 .

 :  ; 

I d y x  I t t I trung điểm AC BD nên ta có:

2 1; , 2 ; 2

C t t D t t

0,25

Mặt khác: SABCD AB CH 4 (CH: chiều cao)

4

CH

  0,25

Ngoài ra:  

   

4 8

; , ;

| | 3 3 3 3 3

;

5

0 1;0 , 0;

t C D

t

d C AB CH

t C D

    

 

     

        

    

 Vậy tọa độ C D 8; , 2;

3 3

C  D 

    C1;0 , D0; 2 

0,50

2 1,00

Gọi P chu vi tam giác MAB P = AB + AM + BM.

Vì AB khơng đổi nên P nhỏ AM + BM nhỏ nhất. Đường thẳng  có phương trình tham số:

1 2

x t

y t

z t

  

      

. Điểm M  nên M 1 ;1 ; 2t  t t.

         

         

       

2

2 2 2

2

2 2 2

2

2

2 20

4 2 36 56

3

AM t t t t t

BM t t t t t t

AM BM t t

          

              

     

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u3 ; 5t  và

 6; 5

v  t 

.

Ta có    

   

2

2

| |

| |

u t

v t



 

  

   

 

 

Suy AM BM | | | |u  v u v  6;4 5|u v  | 29 Mặt khác, với hai vectơ u v , ta ln có | | | | |u  v u v |

Như AM BM 2 29

0,25

Đẳng thức xảy u v , hướng

3

1

3

t

t t

   

 

1;0; 2

M

 minAM BM  2 29.

0,25

Vậy M(1;0;2) minP = 2 11  29 0,25

VIIb 1,00

Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên:

a b c b c a c a b

   

      

Đặt , ,  , , 0 , ,

2

a b c a

x y a z x y z x y z y z x z x y

 

           .

Vế trái viết lại:

2

3

a b a c a

VT

a c a b a b c

x y z

y z z x x y

 

  

   

  

  

0,50

Ta có: x y z z x y z  2z x y  2z z

x y z x y

        

   .

Tương tự: x 2x ; y 2y

y z  x y z z x    x y z 

Do đó: x y z 2x y z

y z z x x y x y z

 

   

     .

Tức là:

3 3

a

a b a c a b c a c a b

 

    

 

     