Tìm M trên đồ thị hàm số sao cho diện tích tam giác ABM nhỏ nhất.. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD.[r]
(1)GIẢI ĐỀ THI THEO NHIỀU CÁCH
SỞ GD - ĐT BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN - NĂM 2012
Trường QUỐC HỌC QUY NHƠN Mơn thi : TỐN - Khối A, A1, B, D Thời gian làm 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu (2 điểm) Cho hàm số y= 2x−1
x+
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho
2 ChoA(0; 1), B(3; 2) Tìm M đồ thị hàm số cho diện tích tam giác ABM nhỏ Câu (2 điểm)
1 Giải phương trình :sin22x+1 4sin
2x= sin 2x.sin2x.
2 Giải hệ phương trình :
y−√x+ =
x+ (2−y)√y+ =−39
4
, (x, y ∈R)
Câu (1 điểm) Tính tích phân : I =
9
Z
4
r
x−2
x dx
Câu (1 điểm) Cho hình chópS.ABCD, có đáy ABCD hình thang cân vớiAD//BC, AB =BC =
CD = a, AD = 2a Cạnh bên SA⊥(ABCD), mặt phẳng (SCD) tạo với mặt phẳng (ABCD) góc
600,I là trung điểm của AD.
1 Tính thể tích khối chópS.ABCD
2 Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhauAB SI
Câu (1 điểm) Cho ba số dương x, y, z thõa mãnx2+y2+z2 = 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = x
3 y+ 2z +
y3 z+ 2x +
z3 x+ 2y
PHẦN RIÊNG(3 điểm): Thí sinh chọn hai phần A B A Theo chương trình Chuẩn
Câu (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (T) : x2 +y2−2x+ 4y−4 = 0 và đường thẳng (∆) : x−2y= Viết phương trình đường trịn (T1), biết qua A(4; 0), tiếp xúc ngồi với đường trịn (T) có tâm thuộc đường thẳng (∆)
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (α) : x+y−z −1 = 0, hai đường thẳng
(∆) : x−1
−1 =
y −1 =
z
1, (∆
) : x =
y
1 =
z+
3 Viết phương trình đường thẳng (d) nằm mặt
phẳng (α)và cắt (∆0); đồng thời (d)và (∆) chéo mà khoảng cách chúng √
6
Câu (1 điểm) Tìm số phức z thõa mãn z.z= 20
z−3i
2 +i
= B Theo chương trình Nâng cao
Câu (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho∆ABC cân tạiA, trọng tâm G
3;
7
Đường thẳngAC CGlần lượt có phương trình 3x+ 4y−23 = 0,x+ 8y−21 = Tìm tọa độ đỉnh A, B, C Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho mặt phẳng(P) :x−2y−2z+ 10 = 0, hai đường thẳng :
(∆1) : x−2
1 =
y
1 =
z−1
−1 ,(∆2) :
x−2
1 =
y
1 =
z+
4 Viết phương trình mặt cầu(S)có tâm thuộc (∆1), tiếp xúc với (∆2)và mặt phẳng (P)
Câu (1 điểm) Tìm phần thực phần ảo số phức z =1−cosπ
5 +isin
π
5 20
——— HẾT ———
Chú ý: Cán coi thi khơng giải thích thêm
Họ tên thí sinh: Số báo danh:
HD & ĐÁP ÁN THEO NHIỀU CÁCH Câu
1
2 Ta cóAB =√10 Phương trình đường thẳng(AB) :x−3y+ =
Gọi M
x0;
2x0−1 x0+
∈(C) Khi d(M,(AB)) =
x0−3
2x0−1 x0+
+
√
1 + =
1
√
0
x20−2x0 + x0+
Vì S∆ABM =
1
2AB.d(M,(AB)) nên S∆ABM nhỏ
x20−2x0 +
x0+
nhỏ Dùng đạo hàm tìm GTNN hàm số f(x0) =
x2
0−2x0+ x0+
ta minf(x0) = đạt x0 = Vậy M(2; 1) Khi S∆ABM =
Cách M
x0;
2x0−1 x0+
∈(C) hay M
x0; 2−
3
x0+
∈(C)
Khi đód(M,(AB)) =
x0+
9
x0+ −3
√
1 + =
1
√
0
x0+
9
x0+ −3
S∆ABM nhỏ
x0+
9
x0+ −3
nhỏ
Do A(0; 1), B(3; 2) nằm phía bên phải tiệm cận đứng nên điểm M thỏa mãn toán thuộc nhánh phải đồ thị Suy rax0 >−1⇔x0+ 1>0
Ta có
x0+ +
9
x0+ −4
≥
x0+ +
9
x0+
−4
Cauchy
≥ s
(x0+ 1)
x0+
−4≥2 Dấu 00=00 xảy x0 = Vậy M(2; 1) Khi S∆ABM =
Cách Do A(0; 1), B(3; 2) nằm phía bên phải tiệm cận đứng nên điểmM thỏa mãn toán thuộc nhánh phải đồ thị Suy x0 >−1
Để S∆ABM nhỏ tiếp tuyến M song song vớiAB
⇔f0(x0) =
yB−yA
xB−xA
⇔
(x0+ 1) =
1
3 ⇔
x0 =
x0 =−4 (loại) Vậy M(2; 1)
Câu
1 Phương trình ⇔(2 sinxcosx)2+ 4sin
2x= sin 2xsin2x ⇔sin2x
4cos2x+
4−sin 2x
= ⇔
"
sin2x= 4cos2x+
4−sin 2x=
⇔
"
sin2x= 4.1 + cos 2x
2 +
1
4 −sin 2x=
⇔
sinx=
4 sin 2x−8 cos 2x= (Vô nghiệm) ⇔x=kπ,(k ∈Z)
2 Điều kiện :
x≥ −6
y >
2
• Ta có y−√x+ =
2 ⇔
√
x+ =y−
2 ⇔
y−
2 >0
x−6 =
y−3
2
2 ⇔
y >
2
x=y2−3y− 15
4
• Thay x=y2−3y−15
4 vào phương trình x+ (2−y)
√
y+ =−39
4 ta
y2−3y− 15
4 + (2−y) p
y+ = −39
4 ⇔
h
(y−2)−py+ i2
=
⇔
(
(y−2)−√y+ = (y−2)−√y+ =−2
Với (y−2)−√y+ = 2⇒y= +
√
41
2 ⇒x=
53 −3
√
41 Với (y−2)−√y+ =−2⇒y= 3⇒x=−15
4
Vậy hệ phương trình có nghiệm 53
4 −3
√
41;9 +
√
41
!
và
−15
4 ;
Câu Đặt t= r
x−2
x ⇒t
2 = x−2
x = 1−
2
x ⇒2tdt=
2
x2dx⇒dx=x 2tdt. Từ t2 = x−2
x ⇒x=
2
1−t2 Do dx=x
2tdt= 4t
(1−t2)2dt Đổi cận x= ⇒t=
√
7
3 ;x= 4⇒t=
√
2
Vậy I =
√
7
Z
√
2
4t2
(1−t2)2dt= √
7
Z
√
2
t−1 + (t−1)2 −
1
t+ + (t+ 1)2
dt
=
ln|t−1| −ln|t+ 1| − t−1−
1
t+
√
7
√
2
=
Cách Đặt t =√x⇒t2 =x⇒2tdt=dx. Từ t2 =x⇒√x−2 = √t2−2.
Đổi cận x= ⇒t= 3;x= ⇒t= Vậy I =
9
Z
4
r
x−2
x dx=
Z
4 √
x−2
√
x dx=
Z
2 √
t2−2
t 2tdt=
Z
2 √
t2−2dt= 2J.
Xét J =
3
Z
2 √
t2−2dt Đặt
(
u=√t2−2 dv=dt ⇒
du= √ t t2−2dt v =t
Khi J =t√t2−2 32 −
3
Z
2 t2 √
t2−2dt=t √
t2−2 32 −
3
Z
2
t2−2 + 2 √
t2−2 dt
=t√t2−2|3 −
3
Z
2 √
t2−2dt−2
Z
2
dt √
t2−2 =t √
t2−2
32 −J −2K
Suy J = 2t
√
t2 −2
32 −K Với K =
3
Z
2
dt √
t2−2 Đặt y=t+√t2−2⇒dy=
1 + √ t t2−2
dt = √ydt t2−2 ⇒
dt √
t2−2 = dy
y Đổi cận t = 2⇒y= +√2;t= ⇒y= +√7
Do K =
3+√7
Z
2+√2 dy
y = ln|y|
3+√7 2+√2
Vậy I = 2J =t√t2−2
32 −2K =t
√
t2 −2
32 −2 ln|y|
3+√7 2+√2 = Câu
1 Ta có CI =AB =
2AD⇒∆ACD vuông C ⇒AC⊥CD Suy AC =
√
AD2−CD2 =a√3. Do (SCD\) (ABCD) = SCA.[
• Xét ∆SAC vng A nên tanSCA[ = SA
AC ⇒SA=ACtanSCA[ = 3a • Kẻ CM⊥AD, M ∈AD⇒M D =
4AD=
a
2 Suy raCM =
√
CD2−M D2 = a √
3
Do SABCD =
AD+BC
2 CM =
2a+a
2
a√3
2 =
3a2√3
4
Vậy VS.ABCD =
1
3SABCD.SA=
3a3√3
4 (đvtt)
2 Ta có d(AB, SI) =d(AB,(SIC)) =d(B,(SIC)) = 3VB.SIC
S∆SIC
= 3VS.BIC
S∆SIC
• VS.BIC =
1
3S∆BIC.SA=
3SABCD
.SA=
3V.ABCD
• Xét ∆SIC có SC =√SA2+AC2 = 2a√3; SI =√SA2+AI2 =a√10; IC =a. Ta có cosSCId =
SC2+CI2−SI2
2SC.CI = √
3
4 ⇒sinSCId =
√
13
Do S∆SIC =
1
2SC.CI.sinSCId =
a2√39
4
Vậy d(AB, SI) = 3VS.BIC
S∆SIC
=
3a3√3
4
a2√39
4
= √3a
13
Cách Ta có d(AB, SI) =d(AB,(SCI)) = d(A,(SCI))
Trong đáy (ABCD)vẽ AE⊥CI ⇒CE⊥(SAE)⇒(SCI)⊥(SAE) Trong ∆SAE, vẽ AH⊥SE ⇒AH⊥(SCI)
Khi
d(AB, SI) =d(A,(SCI)) =AH Ta tính AE = a
√
3
2 nên
1
AH2 =
1
SA2 +
1
AE2 ⇒AH =
3a √
13
Câu Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho số a1 =
s
x3
y+ 2z, a2 =
r
y3
z+ 2x, a3 =
s
z3 x+ 2y b1 =
p
x(y+ 2z), b2 =
p
y(z+ 2x), b3 =
p
z(x+ 2y) ta có
x3 y+ 2z +
y3 z+ 2x +
z3 x+ 2y
.[x(y+ 2z).y(z+ 2x).z(x+ 2y)]≥x2+y2+z2 =
(2)Suy 3M(xy+yz +zx)≥1⇒M ≥
3 (xy+yz +zx) ≥
1
3 (x2+y2+z2) =
1
Dấu ” = ” xảy x=y =z =
√
3
3 Vậy minM =
3 x=y=z =
√
3
Cách Ta có a x +
b2 y +
c2 z ≥
(a+b+c)2
x+y+z (*) ;∀x, y, z, a, c, b∈R, x, y, z >0 Thật (∗)⇔(a+b+c)2 ≤(x+y+z)
a2 x +
b2 y +
c2 z
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có
√
x.√a x +
√ y.√b
y + √
z.√c z+
2
≤(x+y+z)
a2 x +
b2 y +
c2 z
Dấu ” = ” xảy ⇔ a
x = b y =
c z Áp dụng :M = x
3 y+ 2z +
y3 z+ 2x +
z3 x+ 2y =
x4 xy+ 2zx +
y4 yz+ 2xy +
z4 zx+ 2yz ≥ (x
2+y2+z2)2
3 (xy+yz+zx) ≥
(x2+y2+z2)2
3 (x2+y2+z2) =
1 3(x
2+y2+z2) =
3
Dấu ” = ” xảy x=y =z =
√
3
3 Vậy minM =
3 x=y=z =
√
3
Câu
1 Ta có(T)có
(
tâm I(1;−2)
bán kính R= , (T1) có (
tâm I1(a;b)∈(∆) :x−2y= 0⇒I1(2b;b) bán kínhR1 =I1A
Do (T)và (T1) tiếp xúc nên II1 =R+R1 ⇔II1 =R+I1A
⇔
q
(2b−1)2+ (b+ 2)2 = + q
(4−2b)2+ (0−b)2 ⇔b= Suy I(4; 2) R1 =I1A= nên (T1) : (x−4)2+ (y−2)2 =
2 Ta có(∆0)∩(α) =A(0; 0;−1) Vì
(
(d)⊂(α)
(d)∩(∆0) ⇒A∈(d)
Gọi M(x0;y0;x0+y0−1)∈(α) khácA mà (d)đi qua Suy −→ud=
−−→
AM = (x0;y0;x0+y0) Đường thẳng (∆) qua N(1; 0; 0) có vtcp −u→∆(−1;−1; 1)
• (d)chéo (∆)⇔[u→−d;−u∆→]
−−→
AN 6= 0⇔3y0 6= 0⇔y0 6= (*) • d((d) ; (∆)) =
√
6
2 ⇔
[
− → ud;−u→∆]
−−→ AN
|[−→ud;−u→∆]|
=
√
6
⇔ p |3y0|
6x2
0+ 6y20+ 6x0y0
=
√
6
2 ⇔x
2
0+x0y0 = 0⇔
x0 =
x0+y0 = * Với x0 = ta chọn y0 = (do (*))
Vậy (d) : (
đi qua A(0; 0;−1)
vtcp−→ud = (0; 1; 1)
nên (d) :
x=
y =t z =−1 +t
* Với x0+y0 = ta chọn y0 = 1⇒x0 =−1 (do (*))
Vậy (d) : (
đi qua A(0; 0;−1)
vtcp −→ud = (−1; 1; 0)
nên (d) :
x=−t y=t z =−1
Cách Ta có (∆0)∩(α) =A(0; 0;−1) Vì
(
(d)⊂(α)
(d)∩(∆0) ⇒A∈(d) (∆)∩(α) =B(1; 0; 0)và (∆)⊥(α)
Do đường thẳng nằm (α) không qua B chéo với (∆)
Gọi −→u = (a;b;c)là vtcp (d) Suy −→u −n→α = ⇔a+b−c= (1)
• (d)chéo (∆)⇔ −→u không phương với −→AB⇔h−→u;−→ABi6=−→0 ⇔
b 6=
a 6=c (2) • d((d) ; (∆)) =
√
6
2 ⇔d(B; (d)) =
√
6
2 ⇔
h−→
u;−→ABi
|−→u| = √
6
2 ⇔
q
2b2+ (a−c)2 √
a2+b2+c2 = √
6
2 (3)
Từ (1) (3) suy ac= 0⇒
a=
c=
* Với a= 0, chọn b=c= (do (2) (3))
Vậy (d) : (
đi qua A(0; 0;−1)
vtcp−→ud = (0; 1; 1)
nên (d) :
x=
y =t z =−1 +t
* Với c= 0, chọn a=−1⇒b = (do (2) (3))
Vậy (d) : (
đi qua A(0; 0;−1)
vtcp −→ud = (−1; 1; 0)
nên (d) :
x=−t y=t z =−1
Nhận xét : Hạn chế cách áp dụng cho (∆)⊥(α) Câu Gọi z =a+bi;a, b∈R Suy z =a−bi
• z.z = 20⇔(a+bi) (a−bi) = 20⇔a2+b2 = 20 (1)
•
z−3i
2 +i
= 1⇔ |z−3i|
|2 +i| = 1⇔ |z−3i|=|2 +i| ⇔ |a+ (b−3)i|=|2 +i| ⇔
q
a2+ (b−3)2 =√22+ 12 ⇔a2 +b2−6b+ = 0. (2)
Từ (1) (2) ta có
(
a2+b2 = 20
a2+b2−6b+ = ⇔ (
a2+b2 = 20
20−6b+ = ⇔ (
a=±2
b=
Vậy có hai số phức cần tìm z = + 4i z = 2−4i Câu
1 DoC =AC∩CG nên C(x;y)là nghiệm hệ
(
3x+ 4y−23 =
x+ 8y−21 = ⇔ (
x=
y = ⇒C(5; 2)
Vì A∈AC ⇒A(1−4t; + 3t)
Gọi M trung điểm BC Ta có −→AG= 2−−→GM ⇒M
3 + 2t; 1−
2t
Suy −−→GM =
3 + 2t;− −
3 2t
,−−→M C =
2−2t; + 2t
Tam giácABC cân tạiA nên BC⊥AM ⇒−−→GM −−→M C = 0⇔ −25
4 t
2−
6t= 0⇔ "
t =
t = −2 15
• Với t= ⇒A(1; 5), M(3; 1)⇒B(1; 0) Vậy A(1; 5), B(1; 0), C(5; 2)
• Với t= −2 15 ⇒A
23 15;
23
, M
41 15;
6
⇒B
15;
2
Vậy A
23 15;
23
, B
15;
2
, C(5; 2) Cách Gọi N trung điểm AB Ta có −−→CN = 3−−→GN ⇒N
1;5
2
Gọi (AB) đường thẳng qua N có vtpt −→n (a;b) Suy (AB) :ax+by−a−
2b=
Vì ∆ABC cân tạiA nên d(G, AB) = d(G, AC)⇔
8a−b
6
√
a2+b2 =
4
⇔ |8a−b|= 8√a2+b2 ⇔63b2+ 16ab= 0⇔
b =
63b+ 16a =
• Với b = 0, chọn a = 1⇒(AB) :x−1 = Suy AC∩AB =A(1; 5) ⇒B(1; 0)
• Với 63b+ 16a= 0, chọn a = 63⇒b=−16⇒(AB) : 63x−16y−23 = Suy AC∩AB =A
23 15;
23
⇒B
15;
2
Cách Gọi N trung điểm AB Ta có −−→CN = 3−−→GN ⇒N
1;5
2
Vì A∈AC ⇒A
4t;23
4 −3t
⇒B
2−4t; 3t−
4
Tam giácABC cân tạiA⇔AB2 =AC2 ⇔100t2−110t+185
4 = 25t
2−125
2 t+ 625
166 ⇔
t= 1/4
t= 23/60
• Với t =
4 ⇒A(1; 5), B(1; 0), C(5; 2)
• Với t = 23 60 ⇒A
23 15;
23
, B
15;
2
, C(5; 2)
2 Ta có (∆2) : x−2
1 =
y
1 =
z+
4 qua M(2; 0;−3)và có vtcp
−→
u∆2 = (1; 1; 4)
Gọi I(2 +t;t; 1−t)∈(∆1)và R tâm bán kính (S) Theo đề (S) tiếp xúc với (∆2)và (P)⇔d(I,(∆2)) =d(I,(P))
⇔
h−→
u∆2;
−−→ IM
i
|−→u∆2|
=d(I,(P))⇔ |5t−4|
3 =
|t+ 10|
3 ⇔
t =−1
t = 7/2
• Với t =−1⇒I(1;−1; 2), R=d(I,(P)) = 3⇒(S) : (x−1)2+ (y+ 1)2+ (z−2)2 = • Với t =
2 ⇒I
11 ;
7 2;−
5
, R=
2 ⇒(S) :
x− 11
2
+
y−7
2
+
z+
2 = 81
4
Câu Đặt ω = 1−cosπ
5 +isin
π
5 = 2sin
2 π
10+ 2isin
π
10cos
π
10 = sin π
10
sin π
10 +icos
π
10
= sin π 10
cos2π
5 +isin 2π
5
Suy z =ω20=2 sin π
10 20
(cos 8π+isin 8π) = sin π 10
20
Vậy z có phần thực sin π
10 20
, phần ảo
Giải đề biên soạn : Thạc sĩ HUỲNH ĐỨC KHÁNH
ĐC : 22A Phạm Ngọc Thạch - TP.Quy Nhơn ĐT : 0563.602.929 - 0975.120.189