(1điểm):Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho D ABC.[r]
(1)ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC-CAO ĐẲNG - LB10 MƠN TỐN
(Thời gian làm 180 phút)
.**************** I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
CâuI (2điểm): Cho hàm số:y3x x
1) Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số
2) Tìm đường thẳng y = -x điểm kẻ tiếp tuyến tới đồ thị (C)
Câu II (2điểm):
1) Giải phương trình.: 3sin 2x -2sin x sin 2x cosx =
2) Cho phương trinh: ( 1) 4( 1)
x
x x x m
x
; Tìm m để phương trình có nghiệm. Câu III (1điểm): Tính I= ∫
0 π2
esin2x.sinx.cos3x dx
Câu IV (1điểm)Cho hình chóp S.ABC ,biết ABC tam giác cạnh a; mặt bên (SAB) vng góc với đáy, hai mặt cịn lại tạo với đáy góc
Tímh thể tích S.ABC
Câu V (1điểm) Cho: a2b2c2 1 Chứng minh: abc2(1 a b c ab ac bc ) 0
II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần sau ( A hoặcB) .A.PHẦN
Câu VIa 1.(1điểm): Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) Gọi H hình chiếu vng góc O mặt phẳng (ABC), tìm tọa độ điểm H.
2.(1điểm): Trong mp Oxy tìm điểm A thuộc trục hoành ;điểm B thuộc trục tung cho AvàB đối xứng qua đường thẳng (d) :2x-y+3=0
Câu VIIa: (1điểm): Giải phương trình: log22x(x 7) log2x12 4 x0
B.PHẦN
Câu VIb:1 (1điểm):Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho DABC Biết tọa độ đỉnh C(3; 2; 3) phương trình đường cao AH, phân giác BD
1 x y z
d :
1
- -
-= =
- ,
x y z
d :
1
- -
-= =
- .
Lập phương trình đường thẳng chứa cạnh BC DABC Tính diện tích DABC.
(1điểm): Tìm số phưc z thoả mản:
1
1
z z z i
z i
Câu VIIb: (1điểm): Giải phương trình: 2008 x = 2007 x +
(2)HƯỚNG DẨN ĐỀ -LB10
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7điểm)
CâuI(2điểm):1)(1đ)( Học sinh tự k/s)
2)(1đ) Trên y = -x có điểm A (2;-2) B(-2;2) điểm cần tìm Câu II(2điểm): 1) Giải phương trình.: 3sin 2x -2sin x
sin 2x cosx =
BG: §iỊu kiƯn: sin2x => ¿ sinx ≠0 cosx ≠0
¿{ ¿ Từ phơng trình => 3sin2x -2sinx = 2sin2x.cosx
⇔ (2sin2x – 2sin2x.cosx)+ sin2x- 2sinx =
⇔ 2sin2x(1- cosx)+ 2sinx(cosx -1)= ⇔ 2(1- cosx)(sin2x- sinx) =0
⇔ sin 2cosxx 1sinxsin 0x0(sin (2 cosloaix) x 1) 0
⇔ 2cosx -1 =0 (do sinx 0) ⇔ cosx=1 2=cos
π
3⇒x=± π
3+k2π (kZ)
2.(1đ) Cho ph.trình: ( 1) 4( 1)
x
x x x m
x
(1) ( Điều kiện:x>1 x0)
Đặt ( 1)
x
t x
x
tR
* Phương trình(1) có nghiệm t24t m 0 có nghiệm, suy m4.
Câu III (1điểm): Tính I= ∫
0 π2
esin2
x.sinx.cos3x dx
Đặt sin2x= t => dt= 2sinx cosxdx §ỉi cËn: x=0 => t=0; x= π
2⇒t=1 Khi I=
1 20
1
et(1t)dt
Đặt
1− t=u
2e
tdt=dv ⇔ ¿du=−dt
v=1 2e
t
¿{ ¿
Dïng tích phân phần ta có I= 2e
Câu IV :(1 điểm)
Câu V :(1 điểm) Từ gt ta có: (1a)(1b)(1c) 0 suy ra: 1 a b c ab ac bc abc 0.
Mặt khác
2 2 1(1 )2 0
2
a b c a b c ab ac bc a b c
Cộng lại ta có đpcm II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần sau (phần 2)
Câu VIa(3điểm):
1.(1đ) Từ phương trình đoạn chắn suy pt mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 Do OH vng góc với (ABC) ; OH n// 2;1; 1
;HABC
gọi H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=1/3 suy H(2/3;1/3;-1/3)
(3)=>c=-a=-2b =>A(2b;0); B(0;b) ddI
2
;
5
b b
t/c đối xứng =>I trung điểm AB
=>b=-2;a=-4 =.>A(-4;0); B(0;-2)
Câu VIIa (1điểm)Giải phương trình: log22 x(x 7) log2 x12 4 x0; ĐK(x>0)
*Đặt ẩn phụ tlog2 x giải ph.trình bậc 2: t2 (7 x t) 12 4 x0; => t=4; t=3-x
*Khi t=4=> x= 16
-* Khi t=3-x =>log2x 3 x Dùng tính đơn điệu chứng minh nghiệm ta có; x=2
*Vậy PT có 2ng : x= 16 ;x=2
Câu VIb:(2điểm):
1.:(1điểm): Gọi mp(P) qua C vng góc với AH:
1
(P) d (P) : x y 2z
Þ ^ Þ + - + = ,
x y z
B (P) d B(1;4;3) ptBC :
2
- -
-= Þ Þ = =
-I
*. Gọi mp(Q) qua C, vng góc với d2, (Q) cắt d2 AB K M Ta có:
(Q) : x- 2y+ -z 2= Þ0 K(2;2;4)Þ M(1;2;5) (do d2 phân giác nên K trung điểm CM)
x y z
ptAB :
0 2
- -
-Þ = =
- , ABC
1
A AB d A(1;2;5) S AB,AC
2
D é ù
= Þ Þ = ê ú=
ë û
uuur uuur I
2:(1điểm): Gọi z=x+yi (x;y thuộc R) => zz13 1 x2
Từ
2
2
4 ( 2)
2 2; : 2
4 ( 2)
z i z i
y
y Vay z i
y
Câu VIIb:(1điểm): 3. PT viết lại : f ( x ) = 2008x - 2007x - = với x ( -; + )
f ' ( x ) = 2008x ln 2008 - 2007; f '' ( x ) = 2008xln2 2008 > x
f ' ( x ) luôn đồng biến
Cùng f (x) liên tục limx f ' ( x ) = - 2007 , limx f ' ( x ) = + x0 để f ' ( x
0 ) =
Từ bảng: x - x0 +
f ' ( x ) - +
f ( x )
f ( x ) khơng có q nghiệm.
Vậy phương trình có nghiệm x = ; x =