De thi thu DH so 11co dap an

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước.. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.[r]

================================================================================

- Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952

1

ĐỀ THI THỬĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG NĂM 2010

Mơn thi: TỐN

ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề)

-

( Đề thi gồm trang)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số

( ) 8x 9x

y= f x = − +

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−9 osc x+m=0 với x∈[0; ]π 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

π π π

     

− + =

     

     

PHẦN RIÊNG (3 điểm):Thí sinh chỉ làm một hai phần (Phần hoặc 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− = 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

- Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952

2 Câu VI.b (2 điểm)

1 Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C D

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) đường thẳng ∆ có 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 -

================================================================================

- Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952

3

ĐÁP ÁN

Câu Ý Nội dung Điểm

I 2,00

1 1,00

+ Tập xác định: D= 0,25

+ Sự biến thiên:

• Giới hạn: lim ; lim

x→−∞y= +∞ x→+∞y= +∞

• y'=32x3−18x = 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 =

   CĐ

0,25

ã th

0,25

2 1,00

Xét phương trình osc 4x−9 osc 2x+m=0 với x∈[0; ]π (1) Đặt t=cosx, phương trình (1) trở thành:

8t −9t +m=0 (2)

Vì x∈[0; ]π nên t∈ −[ 1;1], x t có tương ứng đối một, số nghiệm phương trình (1) (2)

- Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952

4

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

0,25

Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:

• 81

32

m> : Phương trình cho vơ 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 < : Phương trình cho vô nghiệm

0,50

II 2,00

1 1,00

Phương trình cho tương đương:

3

3 log

log

3

2

2

1

1 log ln 0

ln 2 2 2 x x x x x x x x x x x x  − =  − =  =           ⇔  −  = ⇔ − = − =                  > >

 − >  



0,50

3

2 2 2

log 1 1

2

1

ln

2 2

2

2

x x x

x x x

x

x x x

x x x =   =  =     =  =  =         ⇔    ⇔  ⇔  ⇔ =   − =     − =  =      

 >  >  >



0,50

2 1,00

Điều kiện: | | |x ≥ y| Đặt

2

;

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: 12 12 u v u u v v + =      − =       0,25 u v =  ⇔ =



================================================================================

- Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952

5 +

2

4 4

8 8

u x y

v x y



=

  − =

⇔

 

= + =

  (I)

+

2

3 3

9 9

u x y

v x y



=

  − =

⇔

 

= + =

  (II)

Giải hệ (I), (II) 0,25

Sau hợp kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu

( ) ( )

{ 5;3 , 5; }

S =

0,25

Sau hợp kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu

( ) ( )

{ 5;3 , 5; }

S =

1,00

III 0,25

Diện tích miền phẳng giới hạn bởi:

| | ( )

y= x − x C ( )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

0,25

Tính: ( )

2

0

| | I =∫ x − x − x dx

Vì ∀ ∈x [0; ,] x2−4x≤0 nên |x2−4 |x = −x2+4x ⇒

( )

2

0

4

4

3 I =∫ −x + x− x dx=

- Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952

6

Tính ( )

2

| |

K =∫ x − x − x dx

Vì ∀ ∈x [2; ,] x2−4x≤0 ∀ ∈x [4; ,] 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’ 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 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: ' 3 2 6r2

6

x x

I K IK =OK ⇒ =r ⇒x =

0,25

Thể tích hình chóp cụt tính bởi: ( ' ')

h

V = B+B+ B B

Trong đó:

2 2

2

4x 3 3r

3 6r 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 ; ( )

+/ os 3x - os x + os 2x - os4x sin 2x + cos4x( )

4

c  π c  π = c  π +c =

       

+/ 1( )

os 2x + os 4x + sin 4x

4 2

c  π =  +c  π = −

    

Do phương trình cho tương đương:

================================================================================

- Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952

7

( ) 1

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

2

c + =

Đặt os2x + sin2x = os 2x -

t=c c  π

  (điều kiện: − ≤ ≤t 2)

Khi sin 4x = 2sin2xcos2x = t2−1 Phương trình (1) trở thành:

4 2

t + t+ m− = (2) với − ≤ ≤t 2

(2)⇔t +4t=2 2− m

Đây phuơng trình hoành độ giao điểm đường ( ) :D y=2 2− m (là đường song song với Ox cắt trục tung điểm có tung độ – 2m) (P):

4

y=t + t với t

− ≤ ≤

0,25

Trong đoạn − 2; 2, hàm số y=t2+4t đạt giá trị nhỏ 2− t= −

và đạt giá trị lớn 2+ t = 0,25 Do u cầu tốn thỏa mãn 2− ≤2 2− m≤2 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 3;

2

t t

M + − 

  0,25

Điểm : 2 ( 7;8)

2

t t

M∈BM x+y+ = ⇒  + + − + = ⇔ = −t ⇒C −

 

Từ A(1;2), kẻ AK ⊥CD x: +y− =1 I (điểm K∈BC) Suy AK:(x−1) (− y−2)=0⇔x−y+ =1

Tọa độ điểm I thỏa hệ: (0;1)

x y

I x y

+ − =



⇒ 

− + =



Tam giác ACK cân C nên I trung điểm AK ⇒ tọa độ K(−1; 0)

0,25

0,25

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

x y

x y

+

= ⇔ + + =

- Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952

8

Gọi (P) mặt phẳng qua đường thẳng ∆, ( ) //( )P D ( )P ⊃( )D Gọi H hình chiếu vng góc I (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 - =

VIIa

Để ý (xy+1) (− x+y) (= 1−x)(1−y)≥0; tương tự ta có

1

yz y z

zx z x

+ ≥ +

 

+ ≥ +

 0,25

Vì ta có:

( ) 1 1 1

1 1 1

3 zx+y

1

5

1

5

x y z

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

1,00

Ta có: AB= −( 1; 2)⇒AB=

Phương trình AB là:

2x+y−2=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)

CH

================================================================================

- Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952

9 Ngoài ra: ( )

( ) ( )

4 8

; , ; | |

3 3 3

;

5

0 1; , 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; ,) 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 Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:

1 2

x t

y t

z t

= − +

 

= −



 =



Điểm M∈ ∆ nên M(− +1 ;1t −t; 2t)

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

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

= − + + − − + = + = +

= − + + − − + − + = − + = − +

+ = + + − +

0,25

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u=(3 ; 5t )

v= −( 3t+6; 5)

Ta có

( ) ( )

( ) ( )

2

2

| |

| |

u t

v t



= +

 

 = − +



Suy AM +BM =| |u +| |v

u+ =v (6; 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

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

- Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952

10 Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên: 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: 1 2

3 3

b c

a

a b a c a b c a c a b

 

+ + + + <

 

+ + + + + +

 

0,50