Tính thể tích khối lăng trụ biết AB’ và BC’ vuông góc với nhau.. Tìm toạ độ đỉnh C.
Trang 1Sở GD&ĐT bắc giang đề thi thử đại học năm học 2010
http://ductam_tp.violet.vn/ Môn : Toán
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số y 2x= 2−x4 ( )C
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2) Tìm m để phơng trình m − x4−2x2 =m có đúng ba nghiệm
Câu 2: (2 điểm)
1) Giải phơng trình: sin 3x 4 cos x 6 3 0
sin 3x 1
π
=
−
2) Giải hệ phơng trình:
x(x y 1) y(y 1) 2
+ + + =
Câu 3: (2 điểm)
1) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh AB = a Tính thể tích khối lăng trụ biết AB’ và BC’ vuông góc với nhau
2) Cho các thực dơng a, b, c thoả mãn a b c 1 1 1
a b c
+ + ≥ + + Chứng minh: a b c 3
abc + + ≥
Câu 4: (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông ở A Biết A( 1;4)− , B(1; 4)− đờng thẳng BC đi qua điểm M 2;1
2
Tìm toạ độ đỉnh C.
2) Cho A(1; 2; 3) và hai đờng thẳng d1, d2 có phơng trình:
Viết phơng trình đờng thẳng d đi qua A, vuông góc với d và cắt 1 d 2
Câu 5: (2 điểm)
2
1
2) Tính tích phân: / 4( 2 )
sin x 0
x
I=π∫ sin +sin x 1 e− dx Hết
-Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………Số báo danh: ………
Trang 2Đáp án chấm thi thử lần 2
Câu
1
(2đ)
1 Hàm số y=2x2−x4
• TXĐ: R
• Sự biến thiên:
+) Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 2( 2 4)
Đồ thị hàm số không có tiệm cận
+) Chiều biến thiên, cực trị:
' 4 4 4 1
0 ' 0
1
x y
x
=
= ⇔ = ±
Bảng biến thiên:
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞ −; 1 và 0;1) ( )
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−1;0 và 1;) ( +∞)
Điểm cực đại x CD= ±1;y CD =1 Điểm cực tiểu x CT =0;y CT =0
• Đồ thị:
Giao điểm với Ox, Oy: O(0; 0); (± 2;0)
Vì hàm số chẵn đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng
Vẽ đồ thị:
0,25
0,25
0,25
0,25
2
4 2
Tìm m để phương trình m − x −2x =m có đúng ba nghiệm
Số nghiệm của phơng trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y= x4−2x2 và đờng
thẳng y= m m−
Từ đồ thị ta có: m m− = ⇔ ≥0 m 0 KL: m≥0
0,5 0,5
Trang 3Câu
2
(3đ)
1
3
3
Đ K : sin 3x 1 4sin x 3sin x 1
sin 3x 4 cos x 3
6
0 sin 3 x 4sin x 3 0
4sin x 7sin x 3 0
sin x 1
3 3 sin x VN
3 2
1 sin x Khôn
3 2
≠ ⇔ + ữ− + ữ≠
π
− − ữ−
⇔ + ữ− + ữ− =
π
+ = −
π
⇔ + ữ=
π
+ = −
( g t/m ĐK)
5 )sin x 1 x k2 , k Z
5
KL : Nghiệm của phương trình x k2 , k Z
6
+ + ữ= − ⇔ = − + π ∈
π
= − + π ∈
0,5
0,25
0,25
2 Giải hệ phơng trình:
2 2
x y x y 4
x x y 1 y y 1 2
+ + + =
2 2
x y x y 4 x y x y 4
xy 2
x y x y xy 2
x y x y 2xy 4 x y x y 0
x y 0
xy 2
x y 1
xy 2 Giải ra ta được nghiệm x;y của hệ: 2; 2 ; 2; 2 ; 1; 2 ; 2;1
= −
+ =
= −
⇔ + = −
= −
0,25 0,25
0,25
0,25 Câu
3
(2đ)
1 Đặt vào ABC.A’B’C’ hệ trục tọa độ Đêcac
vuông góc nh hình vẽ
Giả sử AA’ = x(x > 0) Ta có:
A(0;0;0); B 3a; ;0a
2 2
; C(0; a; 0); A’(0;
0; x); B ' 3a; ;xa
2 2
; C’(0; a; x)
Suy ra: AB ' 3a; ;xa
2 2
= ữữ
uuuur
;
0,25
Trang 4BC ' 3a; ;xa
2 2
= − ữữ
uuuur
Theo giả thiết: AB ' BC '⊥
2
3 ABC
3 a
AB '.BC ' 0 a x 0
4 4 a
x
2 Vậy thể tích lăng trụ:
1 3 a a 6
V S AA ' a.a đvtt
⇒ =
uuuur uuuur
0,5 0,25
2
Cho a, b, c dơng thỏa mãn: a b c 1 1 1
a b c
+ + ≥ + + Chứng minh: a b c 3
abc
+ + ≥
Ta có: a b c 1 1 1 abc a b c( ) ab bc ca (1)
a b c
a b c 3 abc a b c( ) 3 (2)
abc
Đặt: bc = x; ca = y; ab = z (x, y, z > 0)
2
(1) trở thành: xy yz zx x y z (1') (2) trở thành: xy yz zx 3
Vì: x y z 3 xy yz zx
Từ (1') ta có: xy yz zx x y z 3 xy yz zx
xy yz zx 3 đpcm
+ + ≥ + +
0,25
0,25 0,25 0,25 Câu
4
(2đ)
1
Ta có: BM 1;9
2
= ữ
uuur
Phơng trình BC: x 1 2t , t R
y 4 9t
= +
= − +
( )
C BC nên tọa độ C có dạng: C 1+2t; 4+9t
Suy ra: AB 2; 8
AC 2 2t; 8 9t ABC vuông tại A AB.AC 0 2 2t 32 36t 0 t 1
Vậy tọa độ điểm C 3;5
= −
= + − +
uuur uuur
uuur uuur
0,25
0,25 0,25 0,25
2 (d1) đi qua M1(2; -2; 3) có vtcp: uuur1 =(2; 1;1− )
(d2) đi qua M2(1; 1; -1) có vtcp: uuur2 = −( 1;2;1)
Vì d vuông góc với d1 nên d nằm trong mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với d1 (P) nhận vecto chỉ phơng của d1 làm vecto pháp tuyến: nuurP =(2; 1;1− )
Vì d cắt d2 nên d nằm trong mặt phẳng (Q) = (A, d2) (Q) có cặp vecto chỉ phơng:
0,25 0,25
Trang 5
Q 2 2
AM 0; 1; 4 ;u 1;2;1 Suy ra vecto pháp tuyến của (Q): n AM , u 7;4; 1
d P Q d có cặp vtpt: n ; n d có vtcp: u n ;n 3;9;15
x 1 t Vậy phương trình d là: y 2
= −
=
uuuuur uur
uur uuuuur uur uur uur uur uur uur
3t , t R
z 3 5t
= +
0,25
0,25
Câu
5
(2đ)
1
( )
( )
2
1 Giải phương trình: log x 1 log x 4 log 3 x (1)
2
4 x 3
Đ K :
x 1 (1) log x 1 log x 4 log 3 x
x 1 14
*) 1 x 3 : 2 x 1 x x 12 x 2x 13 0
x 1 14 loại
x 11
*) 4 x 1: 2 1 x x x 12 x 11 0
x
− < <
≠
= − +
< < ⇔ − = − − + ⇔ + − = ⇔
= − −
= −
− < < ⇔ − = − − + ⇔ − = ⇔
= 11 loại( )
Vậy phương trình có nghiệm: x 1 14;x 11
= − + = −
0,25 0,25 0,25
0,25
/ 4
2 sin x 0
2 sin x sin x 2 sin x
sin x sin x
/ 4 / 4 sin x 2 sin x 2 sin x
0 0
Tính tích phân: I sin x sin x 1 e dx
I sin x cos x e dx sin xe dx cos xe dx
u e du e cos xdx
Đặt :
dv sin xdx v cos x
I cos xe cos xe dx cos xe dx
π
π π
∫
0
2
1 e 2
π
= −
∫
0,25 0,25
0,5
