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]
(1)================================================================================
- 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
(2)- 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 -
(3)================================================================================
- 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)
(4)- 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 = ⇔ =
(5)================================================================================
- 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=
(6)- 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:
(7)================================================================================
- 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
+
= ⇔ + + =
(8)- 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
(9)================================================================================
- 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
(10)- 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