Tìm thể tích khối lăng trụ theo a.. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Số ngời cao quý bởi sự học hơn là bởi tự nhiên... Đều có CO là trung tuyến đồng thời là đờng cao Tam giác CA’
Trang 1Bộ đề luyện thi đại học năm 2010
(thời gian làm bài : 180 phút )
I Phần chung cho tất cả các thí sinh– (7điểm)
Cõu I (2 điểm) Cho hàm số : y = x3 – (m + 1)x2 – (2m2 – 3m + 2)x + 2m(2m – 1)
1) Khảo sát & vẽ đồ thị hàm số khi m = - 2
2) Tìm m để đồ thị hàm số tiếp xúc Ox
Câu II (2điểm) 1) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất :
−
−
≤
−
+ +
≥ +
m x y y
x
m y x y x
3 ) (
) ( 3 2
2 2) Giải pt : cos2x + cos4x + cos6x = cosx.cos2x.cos3x + 2
Câu III(1điểm)Tính tích phân: I = ∫6
0 3 cos
π
x
dx
CâuIV:(1điểm) Lăng trụ ABCA’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a & hình chiếu của đỉnh C trên (ABB’A’) là tâm
của hình bình hành ABB’A’ Tìm thể tích khối lăng trụ theo a
Câu V:(1điểm) Chứng minh rằng ∀ x,y,z dơng ta có: 1 x 1 y 1 z 2 1 x y z3
II Phần riêng– (3điểm) Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần ( phần I hoặc phần II)
I-PhầnI
CâuVIa(2điểm)
1) ∆ABC có trọng tâm G ∈ d : 3x – y – 8 = 0 & S∆ ABC =
2
3 Tìm tọa độ C biết A(2 ; -3) ; B(3 ;-2)
2) Viết pt đờng vuông góc chung của hai đờng thẳng a:
+
=
+
−
=
=
t z
t y
x
3
2 4
1 & b:
−
=
−
=
= 2
2 3 3
z
t y
t x
Câu VIIa(1điểm)
Tìm trên đồ thị hàm số:y =
1
2 2
−
+ +
x
x
x cặp điểm đối xứng nhau qua đờngthẳng d: 2x + 18y – 25 = 0.
II-PhầnII
CâuVIb(2điểm)
1) Viết pt đờng tròn (C) qua M(2 ; - 1) đồng thời (C) tiếp xúc hai đờng thẳng : a: x + y – 1 = 0 & b : x + 7y + 1
= 0 Tính khoảng cách giữa hai tiếp điểm của (C) với a & b
2) Tứ diện ABCD có thể tích
3
1 , trọng tâm G∈ d: x = y = z Biết B(- 1; 1 ; 2) ; C(- 1 ; 1 ; 0) & D( 2 ; - 1 ; - 2) tìm tọa độ đỉnh A
Câu VIIb(1điểm) Giải phơng trình sau trong tập số phức : z3 + (1 – 2i)z2 + (1 – i)z – 2i = 0
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Số ngời cao quý bởi sự học hơn là bởi tự nhiên.
Trang 2a a
a
a a
a
A
B '
C '
A '
Tìm m để đths : y = x 3 (m + 1)x– 2 (2m– 2 3m + 2)x + 2m(2m 1) tiếp xúc Ox– –
Ta có y = (x – 2)(x + m)(x – 2m + 1) & y’ = 3x2 – 2(m + 1)x – 2m2 + 3m – 2
vậy để đths tiếp xúc Ox
=
− +
− +
−
= +
− +
−
) 2 .(
0 2 3 2 ) 1 ( 2 3
) 1 (
0 ) 1 2 )(
)(
2 (
2
x
m x m x x
có nghiệm
Để hệ có nghiệm có các khả năng sau :
+ x = 2 là nghiệm của pt (2) -2m2- m + 6 = 0 m = - 2 hoặc m = 1,5
+ x = - m là nghiệm của (2) 3m2 + 5m – 2 = 0 m = - 2 hoặc m = 1/3
+ x = 2m – 1 là nghiệm của (2) m =3/2 hoặc m = 1/3
Kết luận : với m = - 2 ; m = 1/3 hoặc m = 1,5 thì đths đã cho tiếp xúc Ox
1,0
1/Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất :
−
−
≤
−
+ +
≥ +
m x y y
x
m y x y x
3 ) (
) ( 3 2
2
Hệ
+
−
≥ +
−
+ +
≥ +
m y x y x
m y x y x
2
2 ) ( 3
) ( 3
ta thấy nếu (x ; y) là nghiệm của hệ thì (- x ; y) cũng là nghiệm của hệ do đó đk cần để hệ có nghiệm duy nhất là (0 ; y ) là nghiệm duy nhất của hệ
Khi đó hệ
+
≥
+
≥
m y y
m y y
2
2 3
3
có nghiệm dn y2 – 3y + m ≤ 0 có nghiệm dn m = 9/4
Thử lại với m = 9/4 hệ
≤
−
≤
x
x y
x
x y
2 2
3 2
2 2
3 2
2
2
=> hệ có nghiệm duy nhất (0 ;
2
3 )
1,0
2) Giải pt : cos2x + cos4x + cos6x = cosx.cos2x.cos3x + 2
pt 2cos3xcosx + 2cos23x - 1 = cosx.cos2x.cos3x + 2
2cos3x(cosx + cos3x) = cosx.cos2x.cos3x + 3 cosx.cos2x.cos3x = 1
cos2x.[cos2x + cos4x] = 2 cos2x[cos2x + 2cos22x – 1] = 2
2cos32x + cos22x – cos2x – 2 = 0 cos2x = 1 x = kπ
1,0
CâuII
I
I = ∫6
0
3 cos
π
x
−
∫6
0 3
2 sin
π π
x
dx
∫
−
−
6
2 4
cos 2 4 sin 8
π
π
dx
= ∫
−
−
6
2 4
cos 2 4 tan 8
π
π
dx
đặt t = tan
− 2 4
x
π
=> I = − ∫3( + )
1
1 3
2 2 1 4
1
dt t
dt t t t
1
1
3 1 2 4
4
1 3
1 +
1,0
CâuIV
Từ gt => ABB’A’ là hình thoi & CO ⊥ (ABB’A’)
Tam giác CAB’ là tam giác cân tại C nên CB’ = a
( Đều có CO là trung tuyến đồng thời là đờng cao)
Tam giác CA’B là tam giác cân tại C nên CA’ = a
Tức tứ diện CA’B’C’ đều cạnh a
d(C;(A’B’C’))=
3
6
a
Vậy VTRU =
4
2 3
a
1,0
Trang 3V
xyz
z y x x
y y
z z
x x
z z
y y
hay
+ +
≥ + + + +
2 3
2 3
2 2
xy
z zx
y yz
x x
y y
z z
x x
z z
y
y
x
Theo côsi ta có :
3
2 3
yz
x z
y y
x
y
2
3
zx
y x
z z
y z
y
≥ +
2
3
xy
z y
x x
z x
z
≥ + + => y x+ z y+x z ≥ x3+xyz y+z
(1) 3
2
3
yz
x y
z z
x
z
x
≥ +
2
3
zx
y z
x x
y x
2
3
xy
z x
y y
z y
z
≥ + + => z x+ y z + x y ≥ x3+xyz y+z
(2)
Lấy (1) + (2) vế với vế => đpcm.
1,0
∆ABC có trọng tâm G ∈ d:3x y 8 = 0 & S– – ∆ABC = 23.Tìm tọa độ C biết A(2;-3); B(3 ;-2)
* Gọi C( a ; b) tính chất trọng tâm => G(
3
5
; 3
a
) mà G ∈ d 3a – b – 4 = 0 (1)
* Ta có AB = 2 ; pt cạnh AB : x – y – 5 = 0 => d(C;AB) = a−b2−5
Mà S∆ABC =
2
3
d(C;AB).AB = 3 a – b - 5= 3 (2)
Từ (1) & (2) => C(1 ; - 1) hoặc C( - 2 ; - 10)
1,0
2/ Viết pt đờng vuông góc chung của hai đthẳng a:
+
=
+
−
=
=
t z
t y
x
3
2 4
1
& b:
−
=
−
=
=
2
2 3 3
z
t y
t x
Giả sử đờng vg chung d cắt a tại A(1 ; - 4 + 2a ; 3 + a) cắt b tại B(3b ; 3 – 2b; - 2)
Vì
⊥
⊥
b d
a d
=
= 0
0
b
a
U AB
U AB
mà AB (3b – 1; - 2b – 2a + 7 ; - a – 5); U a(0;2;1)&U (3;-2;0) b
nên
=
− +
= +
−
−
0 17 13 4
0 9 4 5
b a
b a
=
= 1
1
b
a
tức A(1 ; - 2 ; 4) & B(3 ; 1 ; -2) vậy ptđt d :
6
4 3
2 2
1
−
−
= +
=
x
1.0
Tìm trên đths:y =
1 2 2
−
+ +
x
x
x cặp điểm đxứng nhau qua đthẳng d: 2x + 18y 25– = 0
Câu
VIIa
Gọi A & B là hai điểm trên đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đờng thẳng d : 2x + 18y – 25 = 0 khi đó A , B thuộc đờng thẳng ∆ : 9x – y + m = 0 vuông góc với d
Vậy hđộ A & B là nghiệm pt :
1 2
2
− + +
x x
=
−
−
− +
≠
(*) 0 2 )
10 ( 8
1
x
x
để tồn tại A & B (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1 m ∈ R
Gọi x1 ; x2 là hai n0 của (*) thì theo viet
−
−
=
−
= +
8 2 8 10
2 1
2 1
m x x
m x
x
khi đó tọa độ của A & B là :
A(x1 ; 9x1 + m) &B(x2 ; 9x2 + m) => trung điểm I của AB có tọa độ I( ;
2
2
1 x
x +
9x +x +m
2
2
hay I(
16
10 m−
; 16
7
90+ m) Mà A & B đx qua d lênI ∈ d 25 0
8
63 810 8
10
=
−
+ +
m = - 10 Thay m = - 10 ta có (*) trở thành : 8x2 - 20x + 8 = 0 x = 2 hoặc x = 1/2
1,0
Trang 4Vậy A(2 ; 8) &B(1/2 ; - 11/2).
1) Viết pt đờng tròn (C) qua M(2 ; -1) đồng thời (C) tiếp xúc hai đờng thẳng :
a: x + y 1 = 0 & b : x + 7y + 1 = 0 Tính k/cách giữa hai tiếp điểm của (C) với a & b–
Vì M ∈ a nên (C) txúc a tại M => tâm I của (C) thuộc d : x – y – 3 = 0 qua M & d ⊥a
=> I( a ; a – 3) Mặt khác (C) txúc a & b nên tâm I cách đều a & b d(I ;a) = d(I ; b)
2 5
1 ) 3 ( 7 2
1
=
−
−
a
a = 0 & a =
9 20 Với I(0 ; - 3) => R = d(I;a) = 2 2 => pt (C): x2 + (y + 3)2 = 8
Với I(
9
20
; - 9
7 ) => R =
9
2
2 => pt (C) : ( x -
9
20 )2 + (y +
9
7 )2 = 81 8
2/Tứ diện ABCD có thể tích
3
1
, trọng tâm G∈ d: x = y = z Biết B(- 1; 1 ; 2) ; C(- 1 ; 1 ; 0) & D( 2 ; - 1 ; - 2) tìm tọa độ đỉnh A.
Gọi A( x ; y ; z) =>G( x/4 ; (y + 1)/4 ; z/4) mà G ∈ d nên x/4 = (y + 1)/4 = z/4
hay A(x ; x - 1 ; x)
Ta có : BC(0;0;−2)&BD(3;−2;−4)=>[BC.BD]=(−4;−6;0) ; BA(x+1;x−2;x−2)
vậy VABCD =
6
1
10x - 8=
3
1 x = 1 hoặc x =
5
3 Tức A(1 ; 0 ; 1) hoặc A(
5
3
; -
5
2
;
5
3
)
Câu
VIIb
Giải phơng trình sau trong tập số phức : z 3 + (1 2i)z– 2 + (1 i)z 2i = 0– –
pt (z – i)(z2 + (1 – i)z + 2)=0
pt : z2 + (1 – i)z + 2 = 0 có ∆ = - 8 – 2i => ∆ =± −4+ 17 − 4+ 17i
vậy pt ban đầu có ba n0: z = i ; z =
2
1 2
1
± +
−4+ 17 − 4+ 17i