Tìm toạ độ đỉnh C, biết rằng AB//CD Bg : Điểm C thuộc đường thẳng đi qua D v à // AB .Do ABCD là hình thang cân nên AD =CB suy ra C thuộc đường tròn tâm B bán kính AD... Từ đó đường trò
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM
2010-LẦN 2 Môn thi: TOÁN – Khối D
Câu I
Chiều biến thiên,
2 lim
+∞
→
−∞
x
y
y nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
−∞
=
+
−
→ y
xlim2 − =+∞
−
→ y
xlim2 nên x = -2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y’ =( 2)2
3 +
x >0
0.25đ
Bảng biến thiên
x −∞ -2 + ∞
y’ + +
y + ∞ + ∞
∞ − − ∞
Hàm số đồng biến trên (−∞ ;-2) và (-2 ;+ ∞) Hàm số không có cực trị 0.25đ Đồ thị Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (-2 1 ; 0) và với trục Oy ( 2 1 ;0) Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(-2 ;2) làm tâm đối xứng
0.25 đ
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
Trang 2Ý 2
(1,0đ
)
Đường thẳng (d)
Có phương trình y =-x + k
0.25 đ
Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và đồ thị C là nghiệm của phương trình :
2
1 2 +
+
x
x
= -x + k.⇔2x+1 = (-x + k)(x+2) (rõ ràng nghiệm thỏa mãn điều kiện x khác -2 ) ⇔x2 +(4 - k)x +1-2k =0 (1)
0.25 đ
∆=(4-k)2 -4 +8k =k2 + 12>0 ∀k
Vậy đường thẳng (d) luôn luôn cắt đồ thị C tai 2 điểm E,F
Hoành độ hai điểm E,F là nghiệm x1 và x2 của phương trình (1) Các tung độ tương ứng là : y1 = - x1 + k và y2 = - x2 + k
0.25 đ
EF2 =( x2 - x1)2 + ( y2 - y1)2 = 2( x2 + x1)2 - 8 x1 x2 = 2 (4 - k)2
- 8(1-2k) = 2k2 +24 ≥24 dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi k = 0
Vậy k = 0 thì EF có GTNN
0.25 đ
c
âu2
Ý 1
(1,0đ
)
Ta có : 2cos22x + cos2x = 4sin22xcos2x
⇔1+cos4x+cos2x =
2
2 cos 1 2
4 cos 1
⇔ x=π +kπ
2
4 8
π
π k
Ý 2
(1,0đ
)
Giải bất phương trình : ĐK: −3≤x≤1
Bất phương trình có thể viết thành :
0 5 2
3 ) 3 2 (
2 −x2 − x+ − − x−x2 − <
Đặt 3−2x−x2 =t≥0
0.25 đ
Ta c ó :
<
−
−
≥
0 5 3
0
t
t
⇔
2
5
⇒
<
−
−
≤
≤
−
2
5 2
3
1 3
2
x x
x
⇔
<
+
−
−
≤
≤
−
4
25 3 2
1 3
x
⇔
>
+ +
≤
≤
−
0 13 8 4
1 3
x
x
Đi qua I(0;k)
Hệ số góc - 1
Trang 3c
âu3
1 đ
I
O
D
C B
A
X ét ∆ SOI có
SH2 =
4
tan 4
2 2
a
−
2
SH
Vậy V= SH S ABCD
3
1
6
2
3
− α
a
Với tan2α−1>0 ⇔
2 4
π α
π < <
0.5 đ
∫3
4
4
tan
π
π
xdx =∫3 + − − +
4
2 2
(tan
π
π
dx x
x x
0.5 đ
= 3
4
3
3
π
x
4
tan
π
n
x + 3
4
π π
x =
12 3
2+ π 0.5 đ
Chứng minh rằng :
xyz
xyz zx
yz xy
+
>
+ +
2
18
với x,y,z >0 và x+y+z=1
Bg : áp dụng bất đẳng thức cô si ta có :
2 = x+y+z+x+y+z ≥6 xyz3 (1)
và xy+ yz+zx≥3 x2y2z2 (2)
0.5 đ
Nhân vế với vế của (1) và (2) ta có 2(xy+ yz+zx)≥18xyz (3)
M ặt kh ác : xyz(xy+yz+zx)>0 (4)
0.25 đ
Cộng vế với vế của (3) và (4) ta có : (xy+yz+zx)(2+xyz)>18xyz ⇔
xyz
xyz zx
yz xy
+
>
+ +
2
18
0.25 đ
Câu
VI
Tính : S = (1+ i)2008 + (1 - i)200
Bg : (1+ i)2008 + (1 - i)2008 =[ (1+i)2 ]1004 +[ (1- i)2 ]1004 0 5 đ
= (2i)1004 + (- 2i)1004 = 21004 (i2)502 +(- 2)1004 (i2)502 = 21005 0 5 đ Câu
VII a
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 3 điểm A(10;5), B(15;-5), D(-20;0) là 3
đỉnh của 1 hình thang cân ABCD Tìm toạ độ đỉnh C, biết rằng AB//CD
Bg : Điểm C thuộc đường thẳng đi qua D v à // AB Do ABCD là hình thang cân nên AD =CB suy ra C thuộc đường tròn tâm B bán kính AD 0 25 đ
Gọi O là giao điểm 2 đường chéo
S.ABCD là hình chóp đều nên
SO⊥(ABCD)
K ẻ OI⊥AB, nối SI ta có
AB ⊥ (SOI) ⇒ SI ⊥AB
X ét ∆ SAI có SI = AI.tanα
= 2
a
tanα
Trang 4Ta có AB→(5;−10) suy ra đường thẳng đi qua D v à // AB có
phương trình :
10 5
20
−
=
T a c ó AD = ( ) ( )2 2
5
30 + −
Vậy đường tròn tâm B bán kính AD có phương trình:
(x-15)2 +(y+5)2 =925
0 25 đ
Toạ độ đỉnh C là nghiệm của hệ :( − ) (+ + ) =
= + +
925 5
15
0 40 2
2
x
y
= + +
= + +
0 105 22
0 40 2
x
y x
⇔
−
=
−
=
= + + 7 15
0 40 2
x x
y x
V ậy C1(-15;-10) C2(-7;-26)
0 25 đ
Ý 2
(1,0đ
)
Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A(-1;2;-3) vuông góc với véc
tơ →n (6;-2;-3) và cắt đường thẳng
3
3 2
1 3
x
Bg:Ta c ó đường thẳng (a) :
3
3 2
1 3
x
⇒ phương trình tham số đường thẳng (a) là
+
=
+
−
=
+
=
t z
t y
t x
3 3
2 1
3
Với M∈(a) ⇒ M(1+3t;-1+2t;3+3t)
Ta có MA→(−2−3t;3−2t;−6−3t)
0 25 đ
Theo gỉa thiết đường thẳng (d) đi qua A(-1;2;-3) cắt (a) và vuông góc với véc tơ →n (6;-2;-3) ⇒ →.→=0
n
MA ⇒-12-18t-6+4t+18+9t=0 ⇔t=0
0 25 đ
V ới t=0 ⇒ M(1;-1;3) v à MA→(−2;3;−6)
N ên đường thẳng (d) c ó phương trình :
6
3 3
2 2
1
−
+
=
−
=
−
x
0 25 đ
Câu
VIb
Ý1
(1,0đ
)
Trong không gian với hệ toạ đọ Oxyz cho đường thẳng (d) l à giao tuyến của 2 mặt phẳng :
(α1) : x + y – z = 0 và (α2) : 2x - y = 0 và 3 điểm A(2;0;1) , B(2;-1;0) , C(1;0;1).Tìm điểm S trên đường thẳng (d) sao cho SA→+SB→+SC→
đạt giá trị nhỏ nhất Bg: đường thẳng (d) l à giao tuyến của 2 mặt phẳng : (α1) : x + y – z =
0 và (α2) : 2x - y = 0 nên vtcp của đường thẳng (d) là = 1; 2=(
→
→
→
α
α n n u
1;2;3)
0 25 đ
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC ta có GA→+GB→+GC→=→0và G(
3
2
; 3
1
; 3
5 −
)⇒ → → →
+ + SB SC
SA =3SG→+GB→+GB→+GC→=3SG→
0 25 đ
Trang 5⇒ SA→+SB→+SC→ đạt giá trị nhỏ nhất ⇔|SG | đạt giá trị nhỏ nhất →
⇔ S là hình chiếu của điểm G lên đường thẳng (d).
0 25 đ
Mặt phẳng (P) qua G và vuông góc với đường thẳng (d) có phương trình : x+2y+3z-3 =0
Toạ độ điểm S là nghiệm của :
=
− + +
=
−
=
− +
0 3 2 2
0 2
0
z y x
y x
z y x
⇒ S(
14
9
; 7
3
;
0 25 đ
Ý 2
(1,0đ
)
Trong mặt phẳng với hệ trực chuẩn oxy hãy viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết phương trình đường thẳng chứa cạnh AB
là y – x – 2 = 0 , phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là 5y – x – 2 = 0, phương trình đường thẳng chứa cạnh AC là y + x –8= 0 Bg: đường thẳng chứa cạnh AB c ó vtpt n→AB(-1; 1)
đường thẳng chứa cạnh AC c ó vtpt n→AC (1; 1)
⇒
AB
n
→
AC
n
→ =0⇒AB⊥AC, do đó tam giác ABC vuông cân tại A Từ đó đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm là trung điểm của BC bán kính R =
2
BC
0 25 đ
Toạ độ đỉnh B là nghiệm của
= +
−
=
−
−
0 2 5
0 2
x y
x y
⇒B(-3;-1)
Toạ độ đỉnh Clà nghiệm của
= +
−
=
− +
0 2 5
0 8
x y
x y
⇒C (7; 1)
0 5 đ
⇒Tâm I(2;0) v à bán kính R = 26 đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình (x-2)2 +y2 = 26
0.2 5 đ
Câu
x
Bg : ĐK:
>
−
≠
<
1 6 9
1 0
x
x
0.2 5 đ
Ta c ó log [ log3( 9x − 6 ) ] = 1
=x⇔9x−6=3x
⇔(3x)2 - 3x -6 =0 Đặt 3x = t >0 ta có phương trình : t2 –t-6=0
⇔
=
−
= 3
2
t t
0 5 đ
Với t = 3 ⇒3x = 3 ⇔x=1 (loạido ĐK)
Kl : phương trình vô nghiệm
0.2 5 đ
