Đang tải... (xem toàn văn)
Hai tiếp tuyến hợp với (d) một góc 45 0 suy ra tam giác MAB. vuông cân và tam giác IAM cũng vuông cân.[r]
(1)Đề thi thử i hc nm 2009
Môn toán - Khèi A
Thời gian 180 phút ( khơng kể giao đề )
PhÇn A :Dành cho tất thi sinh
Cõu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (c) hàm số : y = x3 – 3x2 + 2) Biện luận theo m số nghiệm phơng trình : 2
1
m
x x
x
C©u II (2,0 điểm ) 1) Giải phơng trình : cos 11 sin sin 2009
4 2
x x x
2) Giải hệ phương trình:
0 22 2
0 9 6 4
2
2
y x y x
y y x x
.
Câu III(2,0 điểm ) 1) Tính tích phân :
1
( 4)
3 1 3
x dx
x x
2) Cho x , y , z lµ ba sè thùc tháa m·n : 2-x + 2-y +2-z = .Chøng minh r»ng :
4 4 4
2 2 2 2 2 2
x y z
x y z y z x z x y
2 2
4
x y z
Câu IV ( 1,0 điểm ) :
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a Cạnh SA vng góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy góc 600 Trên cạnh SA lấy điểm M cho AM =
3
a , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD N Tính thể tích khối chóp S.BCNM Phần B ( Thí sinh đợc làm hai phần ( phần phn 2)
Phần ( Dành cho học sinh học theo chơng trình chuẩn )
Câu V.a ( 2,0 ®iĨm ) 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường tròn ( C) :
2 2 6 15 0
x y x y đường thẳng (d) : mx y 3m0 ( m tham số) Gọi I tâm đường trịn Tìm m để đường thẳng (d) cắt (C) điểm phân biệt A,B thoả mãn chu vi IAB
bằng 5(2 2)
2 Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đờng thẳng : d1 :
4
x y z
; d2 :
7
6 12
x y z
& ®iĨm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2)
1) Chứng minh d1 d2 song song Viết phơng trình mặt phẳng ( P) qua d1 d2 Tìm điểm I đờng thẳng d1 cho IA +IB đạt giá trị nh nht
Câu VI.a (1.0điểm) Giải phơng trình : 9 27
3
log (x1) log 2log 4 x log (x4)
PhÇn ( Dành cho học sinh học chơng trình nâng cao )
Câu V.b (2,0điểm) 1) Trong mt phng Oxy cho đường trịn (C) tâm I(-1; 1), bán kính R=1, M điểm ( ) :d x y 2 Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) góc 450 tiếp xúc với (C)
A, B Viết phương trình đường thẳng AB.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: ( ) :1
1 x y z d
2
1
( ) :
2 1
x y z
d
Tìm tọa độ điểm M thuộc ( )d1 N thuộc ( )d2 cho đường thẳng MN song song với mặt
phẳng P : – 2010 0x y z độ dài đoạn MN
C©uVI.b ( 1,0 điểm) Cho phơng trình : 2
5
(2)Tìm giá trị tham số m để phơng trình cho có nghiệm thuộc đoạn 1;5 3
.Hết Giám thị coi thi không giải thích thêm
Hớng dẫn giải : Phần A : Dành cho tất thí sinh
Câu I : 1) ( Thí sinh tự khảo sát vẽ đồ thị ) 2) Đồ thị hàm số y =
(x 2x 2) x1 , với x có dạng nh hình vÏ :
Dựa vào đồ thị ta có : *) Nếu m < -2 : Phơng trình vơ nghiệm *) Nếu m = - : Phơng trình có hai nghiệm
*) NÕu – < m < : Phơng trình có nghiệm phân biệt *) m : Phơng trình có hai nghiƯm ph©n biƯt C©u II : 1) cos 11 sin sin 2009
4 2
x x x
( 1)
( 1) sin sin cos3
2 4 2
x x x
-2
3
cos cos cos
4 2
x x x
cos3
x
hc cos( )
4
x Giải phơng trình tìm đợc nghiệm :
, x= , x = k2
3
k
x k
II.2
Giải hệ phơng trình:
0 22 2 0 9 6 4 2 2 y x y x y y x x
* Hệ phơng trình tơng đơng với
0 22 )2 ( 4 )3 ( )2 ( 2 2 x y x y
x 2
2
( 2) ( 3)
( 4)( 3) 20
x y
x y x
Dat 2 x u y v
* Thay vào hệ phơng trình ta có:
2
4 4( ) u v
u v u v u v
hc u v 1,00 0,25 0,25 0,25 y = m
1+
1
m
(3)vào cách đặt ta đợc nghiệm hệ : x y ; x y ; x y ; x y ;
C©u III 1) TÝnh tÝch ph©n I =
1
( 4)
3 1 3
x dx x x
Đặt t = x1 Ta có I =
2 2 0 20 12 t
t dt dt
t t = 2 2 20 12 t
t t dt
t t
= - +
2
0
28
2dt 1dt
t t
= - + 28ln2 – ln3
2) Cho x , y , z lµ ba sè thùc tháa m·n : 2-x + 2-y +2-z = .Chøng minh r»ng :
4 4 4
2 2 2 2 2 2
x y z
x y z y z x z x y
2 2
4
x y z
Đặt 2x = a , 2y =b , 2z = c Tõ gi¶ thiÕt ta cã : ab + bc + ca = abc
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :
2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab
( *)
( *)
3 3
2 2
4
a b c a b c
a abc b abc c abc
3 3
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c a b c
a b a c b c b a c a c b
Ta cã 3
( )( ) 8
a a b a c a a b a c
( 1) ( Bất đẳng thức Cô si) Tơng tự
3
3
( )( ) 8
b b c b a
b b c b a
( 2)
3
3
( )( ) 8
c c a c b
c c a c b
( 3)
Cộng vế với vế bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy điều phải chứng minh Câu IV :
TÝnh thĨ tÝch h×nh chãp SBCMN
( BCM)// AD nên mặt phẳng cắt mp( SAD) theo giao tuyÕn MN // AD Ta cã : BC AB BC BM
BC SA
Tứ giác BCMN hình thang vng có BM đờng cao
Ta cã SA = AB tan600 = a
3 ,
3
3 2
3
2 3
a a
MN SM MN
AD SA a a
(4)Suy MN =
a
BM =
a
DiƯn tÝch h×nh thang BCMN lµ :
S =
2
4
2 10
3
2 3
a a
BC MN a a
BM
Hạ AH BM Ta có SHBM BC (SAB) BC SH Vậy SH ( BCNM) SH đờng cao khối chóp SBCNM
Trong tam gi¸c SBA ta cã SB = 2a , AB AM
SB MS =
1 Vậy BM phân gi¸c cđa gãc SBA
30
SBH SH = SB.sin300 = a Gäi V lµ thÓ tÝch chãp SBCNM ta cã V = ( )
3SH dtBCNM =
3 10
27
a Phần B (Thí sinh đợc làm phần I phần II)
PhÇn I (Danh cho thí sinh học chơng trình chuẩn)
Cõu V.a.2) Véc tơ phơng hai đờng thẳng lần lợt là: u 1(4; - 6; - 8)
2
u ( - 6; 9; 12)
+) u1
vµ u2
cïng ph¬ng
+) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1) d2
VËy d1 // d2
*) Véc tơ pháp tuyến mp (P) lµ n = ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + =
2) AB
= ( 2; - 3; - 4); AB // d1
Gọi A1 điểm đối xứng A qua d1
Ta cã: IA + IB = IA1 + IB A1B
IA + IB đạt giá trị nhỏ A1B
Khi A1, I, B thẳng hàng I giao điểm A1B d
Do AB // d1 nên I trung ®iĨm cđa A1B
*) Gọi H hình chiếu A lên d1 Tìm đợc H
36 33 15 ; ; 29 29 29
A’ đối xứng với A qua H nên A’ 43 95; ; 28 29 29 29
I trung điểm A’B suy I 65; 21; 43 29 58 29
C©u VI a) log9(x + 1)2 + log 32log 3 4 xlog (27 x4) (1)3
§ K: 4
x x
(1) log3(x + 1) + log34 = log3(4 – x) + log3(x + 4)
log34 x1 = log3(16 – x2) x1 = 16 – x2
Giải phơng trình tìm đợc x = x = - 24
Phần II.
Câu V b.1) D thấy I( )d Hai tiếp tuyến hợp với (d) góc 450 suy tam giác MAB
vng cân tam giác IAM vuông cân Suy ra: IM
( ) (
M d M a; a+2), IM (a1;a1), 2
2 a
IM a
a
Suy có điểm thỏa mãn: M1(0; 2) M2 (-2; 0)
+ Đường tròn tâm M1 bán kinh R1=1 (C1): 2
4
x y y Khi AB qua giao điểm (C ) (C1) nên AB:
2 4 3 2 2 2 1 1 0
x y y x y x y x y
+ Đường tròn tâm M2 bán kinh R2=1 (C2): x2 y2 4x 3 0
I d
1
H A
B
A
(5)Khi AB qua giao điểm (C ) (C2) nên AB:
2 2
4 2 1
x y x x y x y x y
+ KL: Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn: x y 1 0 x y 1
2) M N, ( ), ( )d1 d2 nên ta giả sử M t t( ; ; ), ( ; ;11 t1 N t t2 t2) NM (t12t21;t1 t2; 2t1 t21)
+ MN song song mp(P) nên: n NMP 0 1.(t12t21) 1.( t1 t2) 1(2 t1 t2 1) 0
2 ( 1; ;31 1)
t t NM t t t
+ Ta có:
1
2 2
1 1 1
1
0 ( 1) (2 ) (3 1) 4 t
MN t t t t t
t
+ Suy ra: M(0; 0; 0), ( 1; 0;1)N ( ; ; ), ( ;4 3; )
7 7 7
M N
+ Kiểm tra lại thấy hai trường hợp khơng có trường hợp M( ).P
KL: Vậy có hai cặp M, N thoả b.2) Đặt t =
5
log x1 ta thÊy nÕu x 1;5 3
t 1;2 Phơng trình có dạng: t2 + 2t – m – = 0; t 1;2
t2 + 2t – = m ; t 1;2
Lập bất phơng rình hàm f(t) = t2 + 2t – 1;2 ta đợc f(t) 5
(6)