Tìm tọa độ chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC .Viết phương trình mặt phẳng đi qua ABC Câu 6 1,0 điểm.. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm tro[r]
(1)SỞ GDĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT VẠN XUÂN LB KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2015 Môn Thi: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y=− x3 +3 mx 2+3 (1− m 2)x +m −m a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m = (1) b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị nằm cùng phía đường thẳng (không nằm trên đường thẳng) y=1 Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình log x +log (10 − x)=2 b) Giải phương trình cos x+(1+2 cos x)(sin x −cos x )=0 Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn và nhỏ hàm số y=e x ( x − x − 1) trên đoạn [0;2] Câu (1,0 điểm) a) Cho n là số tự nhiên thỏa mãn 2C 2n +3 A 2n +2=326 Tìm hệ số n 2 x − , x >0 thức Niutơn √x ( x khai triển nhị ) b) Có 40 thẻ đánh số từ đến 40 Chọn ngẫu nhiên 10 thẻ Tính xác suất để 10 thẻ chọn có thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn đó có đúng thẻ mang số chia hết cho 10 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A (1 ; −1 ; 2) , B(-1; 1; 3), C(0; 2; 1) Tìm tọa độ chân đường cao kẻ từ A tam giác ABC Viết phương trình mặt phẳng qua ABC Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vuông A, mặt bên SAB là tam giác và nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC), gọi M là điểm thuộc cạnh SC cho MC=2 SM Biết AB a , BC a Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách hai đường thẳng AC và BM Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T) y − ¿2=25 có phương trình x − ¿2+ ¿ Các điểm K(-1 ; 1), H(2; 5) là chân đường cao hạ từ A, B ¿ tam giác ABC Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết đỉnh C có hoành độ dương ¿ √ x 2+ y+ √3=√ y − x + √ Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình √ y − 1+ y +1= √ x + x 2+ xy+ y ¿{ ¿ Câu (1,0 điểm) Cho minh x , y , z là các số thực thỏa mãn x 2+ y + z 2=9 , xyz ≤ Chứng 2( x + y + z)− xyz ≤10 ***Hết*** -Họ và tên thí sinh: Số báo danh: (2) TRƯỜNG THPT VẠN XUÂN KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2015(LẦN 1) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN Câu Nội dung Điểm 1a Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số 1,00 Khi m = 1, ta có hàm số y=− x3 +3 x 1) Tập xác định : D R 0,25 2) Sự biến thiên: 3 lim y= lim (− x + x )=+ ∞ , lim y= lim ( − x + x )=− ∞ * Giới hạn : x →− ∞ x→ −∞ x →+∞ * Đạo hàm y’= - 3x2 + 6x , y’ = ⇔ x = 0, x = * Bảng biến thiên: - ∞ x ∞ y' + + ∞ x →+∞ + - 0,25 y - ∞ - Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞ ; 0) và (2; + ∞ ), đồng biến trên khoảng (0; 2) - Hàm số đạt cực đại x = 2, yCĐ = 4, đạt cực tiểu x = 0, yCT =0 Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung y O(0; 0), giao với trục hoành O(0; 0); A(3; 0), nhận điểm uốn I(1;2) làm tâm đối xứng * Điểm uốn: y’’ = - 6x + , y’’ = ⇔ x =1 Đồ thị hàm số có điểm uốn I(1;2) A O 1b ( y1 1)( y2 1) (2m 3)(2m 1) m , m 2 Theo bài ta có Vậy m∈ − ∞ ; − ∪ ;+∞ 2 2a ) ( Giải phương trình logarit Điều kiện: 0< x <10 Ta có 2b x 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 ) log x +log (10 − x)=2 ⇔log (10 x − x )=2 ⇔ 10 x − x =16 ⇔ x=8 , x=2 Vậy phương trình có nghiệm x 2 , x=8 Giải phương trình lượng giác cos x+(1+2 cos x)(sin x −cos x )=0 ⇔ ( sin x −cos x ) (cos x −sin x +1)=0 0,25 Tìm m để đồ thị có cực trị y '=− x +6 mx +3 (1− m 2) y '=0 ⇔ −3 x 2+6 mx +3(1 −m2 )=0 , y ' có Δ '=9 m2 +9(1 −m2 )=9>0 Suy y ' luôn có hai nghiệm phân biệt x 1=m− , x 2=m+ Khi đó hàm số có hai cực trị là y 1= y ( x 1)=2(m− 1) , y 2= y (x 2)=2(m+1) ( 0,25 0,5 0,25 0,25 0,50 0,25 (3) ⇔ sin x − cos x=0 ¿ cos x − sin x+1=0 ¿ π √ sin x − =0 ¿ π √2 sin x − =1 ¿ π x= + kπ ¿ π x= +k π , x=π +k π ¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ⇔¿ ¿ ¿ ¿ 3a ( ) ( ) 0,25 x k , x k 2 , x k 2 k Z Vậy phơng trình đã cho có nghiệm: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ x x Ta có: y '=e ( x + x − 2) nên y (0)=− , y (1)=− e , y ' =0 ⇔ e ( x + x −2)=0 ⇔ x =1; x=− [ ; 2] y = y (2)=e , y (2)=e Từ đó ta có max [0 ;2] 1,00 0,5 0,5 y = y (1)=− e [0 ;2 ]ư 4a Tính hệ số khai triển 2C 2n +3 A 2n +2=326 ⇔n (n −1)+3 (n+2)(n+1)=326 ⇔ n 2+2 n −80=0 ⇔ n=8 , n=− 10 (loại) √x 0,50 0,25 k ( ) x ¿8 −k − ¿ Ta có khai triển ( 4b 32− k − ¿k x C k8 28 −k ¿ k C8 ¿ 8 2x − =∑ ¿ √ x k=0 ) Số hạng chứa x ứng với k thỏa mãn Vậy hệ số x là Tính xác suất −3 ¿ 4=90720 C 48 ¿ 32− k =6 ⇔k =4 0,25 0,50 (4) Số phần tử không gian mẫu là |Ω|=C10 40 Có 20 thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chia hết cho 10, 16 thẻ mang số chẵn và không chia hết cho 10 Gọi A là biến cố đã cho, suy |Ω A|=C 20 C16 C |Ω A| C 520 C164 C14 1680 = = Vậy xác suất biến cố A là P( A)= 10 12617 |Ω| C 40 Tín, tìm tọa độ điểm ⃗ AB=(− 2; ; 1) , ⃗ AC=(−1 ; ; −1) ⇒ [ ⃗ AB , ⃗ AC]=(− ; −3 ; − 4) Phương trinh mat phảng ABC 5x +3y+4z -10 = Gọi H (a ; b ; c ) là chân đường cao tam giác kẻ từ A ⃗ BH=k ⃗ BC⇒ a+1=k (0+1) b −1=k (2 −1) c − 3=k (1 −3) Ta có ⇒⃗ AH=(k −2 ; k +2 ; −2 k ) ⇔ ¿ a=−1+k b=1+ k c=3 −2 k ¿{{ AH ⃗ BC=0 ⇔ k −2+ k +2− 2(1 −2 k )=0 ⇔ k= Vậy Do AH ⊥ BC nên ⃗ H − ; ; 3 Tính thể tích, khoảng cách Gọi H là trung điểm AB ⇒ SH ⊥ AB Do (SAB)⊥( ABC) nên SH ⊥( ABC) a √3 Do SAB là tam giác cạnh a nên SH= AC=√ BC2 − AB2=a √2 1 a3 √ Thể tích khối chóp S.ABC là V S ABC= SH SABC= SH AB AC= 12 Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA N ⇒ AC // MN ⇒ AC // (BMN ) Ta có AC ⊥ AB ⇒ AC ⊥(SAB) mà MN // AC⇒ MN ⊥(SAB) ⇒(SAB)⊥(BMN ) S Từ A kẻ AK BN ( K BN ) ( ) AK ( BMN ) AK d ( A,( BMN )) d ( AC , BM ) MC AN SA Do SC M N K S ABN A C H B 2S a a 21 AK ABN , BN a 21 d ( AC , BM ) Vậy BN Tìm tọa độ các đỉnh tam giác 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 2 a2 a2 S SAB 3 BN AN AB AN AB cos 600 0,25 7a 0,25 1,00 (5) I ( 1; 2) Gọi Cx là tiếp tuyến HCx ABC Sđ AC (1) (T) C Ta có x H Do AHB AKB 90 nên AHKB là tứ giác nội I tiếp ABC KHC (cùng bù với góc AHK ) (2) Từ (1) và (2) ta có HCx KHC HK // Cx B K C Mà IC ⊥Cx ⇒ IC⊥ HK KH=(3 ; ) , Do đó IC có vectơ pháp tuyến là ⃗ IC có phương trình x+ y −11=0 Do C là giao IC và (T) nên tọa độ điểm C là nghiệm hệ ⇒ x+ y −11=0 x =5 y − 2¿ 2=25 y=− ¿ x 0 Do C nên C( 5; − 1) ; ¿{ ¿ x=−3 ¿ x − 1¿ + ¿ y=5 ¿ ¿{ Đường thẳng AC qua C và có vectơ phương là ⃗ CH=(−3 ; 6) nên AC có phương trình x + y −9=0 Do A là giao AC và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm hệ ⇒ x + y −9=0 x=1 y − ¿2=25 y=7 ¿ (loại) Do đó A (1 ; 7) ; ¿{ ¿ x=5 ¿ x −1 ¿ + ¿ y=− ¿ ¿{ CK =(− ; 2) nên BC có Đường thẳng BC qua C và có vectơ phương là ⃗ phương trình x+ y −2=0 Do B là giao BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm hệ ⇒ x+ y −2=0 x=− y − 2¿ =25 y=2 ¿ (loại) Do đó B (− ; 2) , ¿{ ¿ x=5 ¿ x − 1¿ + ¿ y=− ¿ ¿{ Vậy A (1 ; 7) ; B (− ; 2) ; C( 5; − 1) Giải hệ phương trình ¿ √ x 2+ y+ √3=√ y − x +√ 7(1) Ta có hệ phương trình √ y − 1+ y +1= √ x + x 2+ xy+ y (2) ¿{ ¿ Điều kiện: y ≥ , x ≥ , y ≥ x (2)⇔ √ y −1 − √ x+( y −2 y+ 1)− x +( y − xy − y )=0 2 y − 1¿ − x + y ( y − x −1)=0 y − 1− x ⇔ +¿ √ y −1+ √ x ⇔ ( y − x −1) + y −1+ x =0 √ y − 1+ √ x (T) có tâm A ( ) 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 (6) +2 y −1+ x >0, ∀ y ≥ 1, ∀ x ≥ √ y − 1+ √ x +) Thế y vào (1) ta √ x2 + x +1− √ x − x +1=√ − √ (3) x+ 1¿2 +3 ¿ x −1 ¿2 +3 ¿ ¿ 2 Xét f ( x)= √ x + x+1 − √ x − x+1 , √¿ ¿ √¿ x+1 x −1 x+1 f ' ( x)= − = 2 ¿ √ x + x+ √ x − x+1 t g (t ) , g '(t ) 0, t R t2 3 (t 3)3 Xét suy g(t) đồng biến trên R Do x +1>2 x −1 nên g(2 x+1)> g(2 x − 1) suy f '( x) g (2 x 1) g (2 x 1) 0, x R ⇔ y =x+1 (Do ) Do đó f ( x) đồng biến trên R , nên (3)⇔ f ( x )=f (2)⇔ x=2⇒ y=3 Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x ; y )=(2; 3) Chứng minh bất đẳng thức Giả sử x ≤ y ≤ z , xyz ≤ nên x ≤ 2 y+z y +z 2 2 x y z x x [ 3;0] yz ≤ ≤ Do Ta có , đó 2 y2 + z2 2( x + y + z) − xyz ≤2 x +2 √ 2( y + z 2)− x 2 x (9 − x ) x x 2 ¿ x +2 √ 2(9 − x )− = − +2 √2(9− x ) 2 3 2x x 5x ⇒ f ' (x)= x2 − − √ Xét f ( x)= − +2 √ 2( 9− x 2) với x ∈[−3 ; 0]ư 2 √9 − x 2 2x f ' (x)=0 ⇔ x − − √ =0 ⇔ √9 − x (5 −3 x 2)=− √ x 2 √9− x 2 −3 x ¿ =32 x (Điều kiện −3 x ≥ ) ⇔ (9 − x )¿ 25 ⇔ x −111 x +327 x − 225=0 ⇔ x 2=1 , x 2=3 , x 2= Do x ≤ nên x 2=1 ⇔ x=−1 , x=1 (loại) f (−3)=− , f (− 1)=10 , f (0)=6 √ suy max f ( x )=f (−1)=10 0,25 0,25 1,00 ( ) [−3 ; 0] Như 2( x + y + z)− xyz ≤ f (x )≤ 10 x x y z y z 2 2 y z 2( y z ) Dấu xảy Vậy 2(x + y + z)− xyz ≤10 Đẳng thức xảy (x; y; z) là hoán vị (-1; 2; 2) ***Hết*** 0,25 0,25 0,25 0,25 (7)