2/Giả sử đồ thị C cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt .Hãy xác định m sao cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị C và trục hoành có diện tích phần phía trên và phần phía dới trục hoành bằng
Trang 1TRƯờng thpt minh châu Đề thi thử đại học năm 2009 lần i
Mụn : Toỏn, khối A,B
(Thời gian 180 khụng kể phỏt đề)
Cõu I: (2điểm) :Cho hàm số :y = x4 − 4 x2 + m (C)
1/ Khảo sát hàm số với m=3
2/Giả sử đồ thị (C) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt Hãy xác định m sao cho hình phẳng giới hạn bởi
đồ thị (C) và trục hoành có diện tích phần phía trên và phần phía dới trục hoành bằng nhau
Cõu II: (2 điểm)
1) Giải phương trỡnh:
2 3 sin( ) cos( ) 2 os ( )= 3 4 sin os( ) os( )
x−π x−π + c x−π + x c+ π −x c π +x
0
x y x y
+ + + =
Cõu III: (2 điểm) Tớnh tớch phõn :I=∫2 +−
0
3
) cos (sin
cos 5 sin 7
π
dx x x
x x
Cõu IV: (1điểm): Cho hỡnh chúp đều S.ABCD cú độ dài cạnh đỏy bằng a mặt phẳng bờn tạo với mặt đỏy gúc
60o Mặt phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tõm tam giỏc SAC cắt SC, SD lần lượt tại M,N
Tớnh thể tớch hỡnh chúp S.ABMN theo a
Cõu V: (1 điểm)Cho tam giác ABC t/m : 3 3 3
2
3 sin B.sinC
4
a
b c a
=
Chứng minh tam giác đều
Cõu VIa: (2 điểm)
1 Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường trũn cú phương trỡnh ( ) 2 2
C x +y − y− = và
C x +y − x+ y+ = Lập phương trỡnh tiếp tuyến chung của ( )C và 1 ( )C2
2 Cho điểm A(2;5;3) và đường thẳng : 1 2
d − = = −
Viết phương trỡnh mặt phẳng ( )α chứa d
sao cho khoảng cỏch từ A đến ( )α lớn nhất
Cõu VIIa: (1 điểm) Cho a, b, c là cỏc số thực thoả món a b c+ + =3 Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức
4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b 9 c
Cõu VIb: (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm I(-2;0) và 2 đờng thẳng (d): 2x – y + 5 = 0, (d’): x +y -3 = 0 Viết phơng trình đờng thẳng đi qua I & cắt d,d’ lần lợt tại A,B sao cho IAuur=2uurIB
2) Trong khụng gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng
x+ = y− = z−
, d2: 2 2
x− = y+ = z
−
Viết phương trỡnh đường thẳng d vuụng gúc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2
CõuVIIb(điểm) Cho x, y, z 0≥ thoả món x+y+z > 0 Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức ( )
3 16
P
x y z
+ +
= + +
-Hết -Chữ kớ giỏm thị 1: Chữ kớ giỏm thị 2:
Trang 2HƯỚNG DẨN GIẢI
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Cõu I 1/Với m=3 ta có:y = x4 − 4 x2 + 3
*-Tập xác định:R
*-sự biến thiên:
a-chiều biến thiên:y ' = 4 x3 − 8 x : y ' = 0 ⇒ x = 0 , x = ± 2
Hàm số đồng biến ( − 2;0) và ( 2; +∞ ); Hàm số nghịch biến ( −∞ − ; 2) và (0; 2)
b-Cực trị:hàm số đạt cực đại tại:x = 0 ⇒ y = 3
đạt cực tiểu tại:x = ± 2 ⇒ y = − 1
±∞
d-bảng biến thiên : x − ∞ − 2 0 2 + ∞
y’ - 0 + 0 - 0 +
+ ∞ 3 + ∞
y
-1 -1 e-Tính lồi lõm và điểm uốn:
3
2 x
0 '' y : 8 x 12 ''
Bảng xét dấu y’’: x − ∞ − 23 23 + ∞
y’’ + 0 - 0 +
ĐU ĐU
ĐT lõm ( )
9
7
; 3
2
9
7
; 3
2 lõm
*-Đồ thị:
Đồ thị nhận oy làm trục đối xứng
Giao với trục Ox tại (− 3 ; 0) ; ( 3 ; 0)
2/Để pt:x4 − 4 x2 + m = 0 (1) có bốn nghiệm phân biệt thì
pt t2 − 4 t + m = 0 phải có hai nghiệm dơng phân biệt:
4 m 0 0 4
t
t
0 m
t.
t
0 m
4
'
2
1
2
1 ⇔ < <
>
=
+
>
=
>
−
=
∆
*Gọi các nghiệm của (1) là ± a , ± b do tính chất đối xứng của đồ thị qua trục tung nên để diện tích hình phẳng phần trên và phần dới trục hoành bằng nhau ta phải có
0 dx ) m x 4 x ( dx
) m x 4 x ( dx
) m x
4
x
(
b 0
2 4
a
0
b a
2 4
2
0 m 15 b 20 b
3 0 mb b
3
4
5
= +
−
⇔
= +
−
thay m = 4 b2 − b4 vào (2) ta đợc ( 0 , 4 )
9
20 m 3
10
4
2
-2
2
- 2
y
x
3
-1 o
Trang 3III
+
0
3 2
2
0
3 1
cos sin
cos
; cos sin
sin
π π
x x
xdx I
x x
xdx
2
π
chứng minh được I1=I2
1 ) 4 ( cos 2 cos
sin
2
2
0
−
=
π π
x x
dx x
x
dx
I1=I2=
2
1 ⇒ I= 7I 1 -5I 2 =1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-ĐỢT I-NĂM 2009-2010
CÂUK Ý NỘI DUNG ĐIỂM
IV
Câu IV: (1điểm): I, J lần lượt là trung điểm cúa AB v à CD; G là trọng tâm ∆SAC
Khai thác giả thiết có ∆SIJ đều cạnh a nên G cũng là trọng tâm ∆SIJ
IGcắt SJ tạ K là trung điểm cúa SJ; M,N là trung điểm cúaSC,SD
2
3a
IK = ;SABMN=
8
3 3 )
( 2
IK MN
2
a
=>V=
16
3
3
SK
SABMN = (đvtt)
Trang 4Trước hết ta có: ( )3
4
x y
Đặt x + y + z = a Khi đó ( )3 3 ( )3 3 ( )
(với t = z
a, 0≤ ≤t 1)
0.25
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t∈[ ]0;1 Có
9
f t = t − −t f t = ⇔ = ∈t
Lập bảng biến thiên
0.25
( ) [ ] 0;1
64 inf
81
t
∈
⇒ = ⇒ GTNN của P là 16
81 đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25
Cho a, b, c thoả a b c+ + =3 Tìm GTNN của
4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b 9 c
Đặt ur=(2 ;3 ; 4 ,a b c) (vr= 2 ;3 ; 4 , wc a b) (uur= 2 ;3 ;4b c a)⇒M = + +ur vr wuur
w 2a 2b 2c 3a 3b 3c 4a 4b 4c
M≥ + +u vr r uur = + + + + + + + +
Theo cô – si có 22+2b+2c ≥3 23 a b c+ + =6 Tương tự …
Vậy M ≥3 29 Dấu bằng xảy ra khi a b c= = =1
Va Học sinh tự vẽ hình
a) ( ) ( )C1 :I1 0; 2 ,R1=3;( )C2 :I2(3; 4 ,− ) R2 =3
Gọi tiếp tuyến chung của ( ) ( )C1 , C2 là ∆:Ax By C+ + =0(A2+B2≠0)
∆ là tiếp tuyến chung của ( ) ( )C1 , C2
2 2
2 2
;
∆ =
Từ (1) và (2) suy ra A=2B hoặc 3 2
2
C=− +
Trường hợp 1: A=2B
Chọn B= ⇒ = ⇒ = − ±1 A 2 C 2 3 5⇒ ∆: 2x y+ − ±2 3 5 0=
Trường hợp 2: 3 2
2
C=− +
Thay vào (1) được
3
A− B = A +B ⇔ =A A= − B⇒ ∆ y+ = ∆ x− y− =
(Học sinh tự vẽ hình)Gọi K là hình chiếu của A trên d ⇒K cố định;
Gọi ( )α là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên ( )α
Trong tam giác vuông AHK ta có AH ≤AK
Vậy AH max = AK⇔( )α là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK.
Gọi ( )β là mặt phẳng qua A và vuông góc với d ⇒( )β : 2x y+ +2z− =15 0⇒K(3;1; 4)
Trang 5( )α là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK ⇒( )α :x−4y z+ − =3 0
Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:
21
;
5
x
x y
B
x y
y
=
− + =
Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD, kí hiệu (1; 2); (1; 7); ( ; )
(với a 2 + b 2 > 0) lần lượt là VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC Khi
đó ta có: cos(nuuur uuurAB,n BD) = cos(nuuur uuurAC,n AB)
3
2
7
a b
a
= −
= −
- Với a = - b Chọn a = 1 ⇒ b = - 1 Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,
A = AB ∩ AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 1 0 3 (3; 2)
A
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:
7
;
2
x
x y
I
x y
y
=
− − =
Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ ( )4;3 ; 14 12;
5 5
- Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) Phương trình tham số của d1 và d2 là: 1 2
Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)
MN
⇒uuuur(3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t)
Do d ⊥ (P) có VTPT nuurP(2; 1; 5)− − nên∃k MN:uuuur=knuurp ⇔
+ − =
− + − = −
− − − = −
có nghiệm
Giải hệ tìm được 1
1
m t
=
=
Khi đó điểm M(1; 4; 3) ⇒Phương trình d:
1 2 4
3 5
= +
= −
= −
thoả mãn bài toán
2
( )1 ⇔ −3sin 22 x+2sin 2x+ =3 m.Đặt t =sin 2x Ta có 0; 2 [ ]0; [ ]0;1
2
x∈ π⇒ x∈ π ⇒ ∈t
f t = − t + + =t m t∈
0,25
Trang 6Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên 0; 2 10
π
⇔ ≤ ≤
0,25
