Đề thi thử đại học môn Toán (13)

Tớnh thể tớch hỡnh chúp cụt biết rằng cạnh đỏy lớn gấp đụi cạnh đỏy nhỏ.. Theo chương trỡnh chuẩn.. Viết phương trỡnh đường thẳng BC.. Trong cỏc mặt phẳng qua ∆, hóy viết phương trỡnh củ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012

Mụn thi : TO N ( Á ĐỀ 170)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Cõu I (2 điểm) Cho hàm số 2 4

1

x y

x

+

=

1)Khảo sỏt và vẽ đồ thị ( )C của hàm số trờn.

2)Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và cú hệ số gúc k Tỡm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và

3 10

Cõu II (2 điểm) :

1 Giải hệ phương trỡnh:

12 12







2.Giải phương trỡnh :2sin2x−sin2x+sinx+cosx−1=0 .

Cõu III (1 điểm): Tớnh tớch phõn: 2 3

0

3sin 2cos (sin cos )

π

−

=

+

∫

Cõu IV (1 điểm) Cho hỡnh chúp cụt tam giỏc đều ngoại tiếp một hỡnh cầu bỏn kớnh r cho trước Tớnh thể tớch hỡnh chúp cụt biết rằng cạnh đỏy lớn gấp đụi cạnh đỏy nhỏ.

Cõu V (1 điểm) Tìm m để phơng trình sau có 2 nghiệm phân biệt :

10x 2+8x+4=m(2x+1). x2 +1.

PHẦN RIấNG (3 điểm): Thớ sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)

1 Theo chương trỡnh chuẩn.

Cõu VI.a (2 điểm)

1 Cho∆ABC cú đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y+ + =1 0 và phõn giỏc trong CD:

1 0

x y+ − = Viết phương trỡnh đường thẳng BC.

2 Cho đường thẳng (D) cú phương trỡnh:

2 2

2 2

= − +



 = −



 = +



.Gọi ∆ là đường thẳng qua điểm

A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hỡnh chiếu vuụng gúc của A trờn (D) Trong cỏc mặt phẳng qua ∆, hóy viết phương trỡnh của mặt phẳng cú khoảng cỏch đến (D) là lớn nhất.

Cõu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1] Chứng minh rằng

2 Theo chương trỡnh nõng cao.

Cõu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường trũn hai đường trũn

( ) :C x + – 2 – 2 1 0,y x y + = 2 2

( ') :C x + y +4 – 5 0x = cựng đi qua M(1; 0) Viết phương trỡnh

đường thẳng qua M cắt hai đường trũn ( ), ( ') C C lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB.

2)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d’ lần lợt có phơng trình : d :

z

y

−

−

=

1

2

và d’ :

1

5 3

2

2

−

+

=

−

=

y

x

Viết phơng trình mặt phẳng (α) đi qua d và tạo với d’ một góc 300

Cõu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giỏc Chứng minh

2

a

Diemthi.24h.com.vn

Đáp án De thi thu dai hoc số 70

2(1,0)

Từ giả thiết ta có: ( ) :d y k x= ( − +1) 1. Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai

nghiệm ( ; ), ( ; )x y1 1 x y2 2 phân biệt sao cho ( ) (2 )2

( 1) 1

( ) 1

( 1) 1

x

k x

I x

y k x

+

− +





Ta có:

( )

( 1) 1

I

y k x



Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình kx2−(2k−3)x k+ + =3 0(**) có hai nghiệm phân biệt Khi đó dễ có được 0, 3

8

k≠ k<

(1+k ) x −x = ⇔ +90 (1 k )[ x +x −4x x] 90(***)=

Theo định lí Viet cho (**) ta có: 1 2 1 2

8k +27k +8k− = ⇔ +3 0 (k 3)(8k +3k− =1) 0 3, 3 41, 3 41

KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên.

1) CâuII:2 Giải phương trình:

0 1 cos sin

) 1 cos 2 ( sin 2 0 1 cos sin

2

sin

sin

∆=(2cosx−1)2−8(cosx−1)=(2cosx−3)2 VËy sinx=0,5 hoÆc sinx=cosx−1.

Víi sinx=0,5 ta cã x π 2kπ

6 +

= hoÆc x π 2kπ

6

5

+

=









−

=

−

=











 −

⇔

−

=

−

4

sin 2

2 4

sin 1 cos

x= 2kπ hoÆc x π 2kπ

2

3 +

=

Điều kiện: | | | |x ≥ y

Đặt

v x y





= +

 ; x= −y không thỏa hệ nên xét x≠ −y ta có

2 1

2

u

v

 

Hệ phương trình đã cho có dạng: 2

12 12 2

u v

v v

+ =





4 8

u v

=



⇔  =

 hoặc

3 9

u v

=



 =



+



=

+ =



=

+ =

  (II) Giải hệ (I), (II) Sau đó hợp các kết quả lại,

ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S ={ ( ) ( )5;3 , 5; 4 }

x= − ⇒π t dx= −dt x= ⇒ =t π x= ⇒ =π t

Suy ra: 2 3 2 3 2 3

(sin cos ) (cos sin ) (cos sin )

thuộc vào kớ hiệu cảu biến số).

2

(sin cos ) (cos sin ) (sin cos )

=

2

π

2

=

I

Gọi H, H’ là tõm của cỏc tam giỏc đều ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’ Ta cú:

'

⊥

xỳc với hai đỏy tại H, H’ và tiếp xỳc với mặt bờn (ABB’A’) tại điểm K II∈ '.

Gọi x là cạnh đỏy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đỏy lớn Ta cú:

3

h

x

Từ đú, ta cú:

V Nhận xét : 10x2+8x+4= 2(2x+1)2 +2(x2 +1)

1

1 2 ( ) 1

1 2

2

2

+

+

− +

+

x

x m x

x

x

+

+

1

1

2

2 Điều kiện : -2< t ≤ 5 Rút m ta có: m=

t

2 2 +

Lập bảng biến thiên của hàm số trên (−2, 5] , ta có kết quả của m để phơng trình có hai nghiệm

phân biệt là:

5

12

4<m≤ hoặc -5 < m<−4

Điểm C CD x y∈ : + − = ⇒1 0 C t( ;1−t)

Suy ra trung điểm M của AC là 1 3;

Diemthi.24h.com.vn

M∈BM x y+ + = ⇒  + + − + = ⇔ = − ⇒t C −

AK ⊥CD x y+ − = tại I (điểm K∈BC).

Suy ra AK:(x− − − = ⇔ − + =1) (y 2) 0 x y 1 0

Tọa độ điểm I thỏa hệ: 1 0 ( )0;1

1 0

x y

I

x y

+ − =

 − + =

Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của K(−1;0).

Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0

7 1 8

+ = ⇔ + + =

− +

Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng ∆, thì ( ) //( )P D hoặc

( )P ⊃( )D Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P) Ta luôn có

IH ≤IA và IH ⊥ AH

Mặt khác ( ( ) ( ) ) ( ( ) )

( )





∈



Trong mặt phẳng ( )P , IH IA≤ ; do đó maxIH = IA⇔ ≡H A Lúc này (P) ở vị trí (P 0 ) vuông góc với IA tại A.

Vectơ pháp tuyến của (P 0 ) là n IAr uur= =(6;0; 3− ), cùng phương với vr=(2;0; 1− ) .Phương trình của mặt phẳng (P 0 ) là: 2(x− −4) (1 z+ =1) 2x - z - 9 = 0

VIIa Để ý rằng (xy+ − +1) (x y) (= −1 x) (1−y) ≥0;

và tương tự ta cũng có 1

1

+ ≥ +



 + ≥ +

3

1 zx+y 1

5 1

5

x y z

x

x

=

vv

VIb 1) + Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R=1, ' 3R = , đường

thẳng (d) qua M có phương trình a x( − +1) b y( − = ⇔0) 0 ax by a+ − =0, (a2+b2 ≠0)(*).

+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.

1 d I d( ; ) 4[9 d I d( '; ) ]

IA IH>

9

36

−

+

Dễ thấy b≠0 nên chọn 1 6

6

= −



= ⇒  =a

b

Kiểm tra điều kiện IA IH> rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn.

2. Đờng thẳng d đi qua điểm M(0;2;0) và có vectơ chỉ phơng u(1;−1;1)

Đờng thẳng d’ đi qua điểm M'(2;3;−5) và có vectơ chỉ phơng u('2;1;−1).

Mp(α) phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u và

2

1 60 cos ) '

; cos(n u = 0 = Bởi vậy nếu đặt

)

;

;

(A B C

n= thì ta phải có :











= + +

−

+

=

+

−

2

1 6

2

0

2 2

A

C B

A

C

B

A

⇔







=

−

−

+

=

⇔









+ + +

=

+

=

0 2

) ( 6

3

C A B C

C A A A

C A B

Ta có 2A2 −AC−C2 =0⇔(A−C)(2A+C)=0 Vậy A=C hoặc 2A=−C.

Nếu A=C,ta có thể chọn A=C=1, khi đó B=2, tức là n=(1;2;1) và mp(α)có phơng trình

0 )

2

(

x hay x+ 2y+z− 4 = 0

Nếu 2A=−C ta có thể chọn A=1,C =−2, khi đó B=−1, tức là n=(1;−1;−2) và mp(α)có phơng trình

0 2

)

2

x hay x−y− 2z+ 2 = 0

VIIb Vỡ a, b, c là ba cạnh tam giỏc nờn:

a b c

b c a

c a b

+ >



 + >



 + >



.

Vế trỏi viết lại:

2

VT

Ta cú: x y z z x y z( ) 2z x y( ) 2z z

y z < x y z z x < x y z

2

x y z

+ +

a

x+ − +x m x − −x x −x =m (1) Điều kiện : 0≤ ≤x 1

Nếu x∈[ ]0;1 thỏa món (1) thỡ 1 – x cũng thỏa món (1) nờn để (1) cú nghiệm duy nhất thỡ cần cú điều

2

x= − ⇒ =x x Thay 1

2

x= vào (1) ta được:

1

m

m

=



 * Với m = 0; (1) trở thành:( )2

2

x− −x = ⇔ =x

Phương trỡnh cú nghiệm duy nhất

* Với m = -1; (1) trở thành

4 4

2

x− − = ⇔ =x x

Diemthi.24h.com.vn

2

x− − = ⇔ =x x Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.

4

Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm 0, 1

2

x= x= nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm duy nhất.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.

Diemthi.24h.com.vn