Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1.. Tìm tọa độ điểm C thuộc P sao cho tam giác ABC đều.. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm... Từ giả thiết hai mặt phẳng SAC và SBD cùng
Trang 1http://huongphuong.tk
Môn: Toán khối A, B
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
Câu I (2 điểm)
1
x y x
−
=
− (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)
2 Tìm m để phương trình ( x − 1)log2m = x − 2 có 2 nghiệm phân biệt
Câu II (2 điểm)
(2sin x − 1)(2 3 cos x − 1) + 4sin x = 3
x − x + + x + x − ≤ x − x +
Câu III (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:
2
2
x
x
−
Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo
AC = 2 3a, BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB)
4
a
, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a
Câu V (1 điểm)
Cho x, y, z là ba số thực không âm, khác 1 thoả mãn x + y + z = 1
P
Câu VI (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2
( ) : C x + y − 2 x + 6 y + 1 0 = và đường thẳng : d x − 3 y − 1 0 = Tìm tọa độ giao điểm M, N của d và ( ) C , xác
định tọa độ điểm P để tam giác MNP vuông và nội tiếp ( ) C
2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm (1;1; 1), (3;1;1) A − B và mặt phẳng ( ) : P x + y + z − 2 = 0 Tìm tọa độ điểm C thuộc (P) sao cho tam giác ABC đều
Câu VII (1 điểm)
Tìm số nguyên dương n thoả mãn hệ thức
( 1)
+
n
C là số tổ hợp chập k của n phần tử)
- Hết -
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: ……… ; Số báo danh: ………
Trang 2ĐÁP ÁN
• Tập xác định: R \ {1}
• Sự biến thiên:
x
0.25
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞ ;1) và (1; +∞ )
- Giới hạn và tiệm cận: lim lim 1
x y x y
→−∞ →+∞
x −y x +y
= +∞ = −∞; tiệm cận đứng x = 1
0.25
- Bảng biến thiên:
+∞
-∞
1 1
+ +
-∞
x y' y
0.25
I.1
(1đ)
• Đồ thị:
-2 -1
1 2 3
x
y
0.25
2
( x − 1)log m = x − 2 (2)
2
2 log
1
x m x
−
− (do x=1 không là nghiệm của (2))
Do đó phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đt d y : = log2m và đồ thị
2 ( ') : ( )
1
x
C y g x
x
−
− có 2 điểm chung phân biệt
0.25
I.2
(1đ)
Gọi ( ) C là đồ thị h/s ( ) 2
1
x
y f x
x
−
− (đã vẽ ở phần 1.)
( ) Õu 2
f x n x
g x
f x n x
≥
=
Do đó với x ≥ 2 thì ( ') C trùng với ( ) C ,
với x < 2thì ( ') C là phần đối xứng với ( ) C qua trục hoành
Suy ra ta có đồ thị ( ') C :
0.25
Trang 3http://huongphuong.tk
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-4 -3 -2 -1
1 2 3
x y
0.25
Từ đồ thị ta thấy d cắt ( ') C tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi
2
0 < log m < 1 ⇔ 1 < m < 2
Vậy với 1 < m < 2 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt
0.25
pt⇔ 4 3 sin cos x x − 2sin x − 2 3 cos x + 1 2(1 + + c os2 ) 3 x =
3 sin 2 x c os2 x sin x 3 cos x
0.25
0.25
k Z
0.25
II.1
(1đ)
Điều kiện
2
2
2
5
x
0.25
+ Với x = 3 thì bất phương trình luôn thoả mãn Do đó x = 3 là nghiệm của bpt 0.25 + Với x ≥ 5 thì bpt viết thành ( x − 5)( x − 3) + ( x + 5)( x − 3) ≤ ( x − 3)(4 x − 6)
2
3
x
3
x
0.25
II.2
(1đ)
+Vớix ≤ − 5 thì bpt viết thành (5 − x )(3 − x ) + (3 − x )( 5 − − x ) ≤ (3 − x )(6 − 4 ) x
2
3
x
Do đó x ≤ − 5 là nghiệm Tóm lại bpt có nghiệm ( ; 5] {3} 5; 17
3
0.25
III
2
x
x
−
2
2
x
x
−
= − ⇔ 2 x2 − 4 = − x 3
0
x
≤
0.25
Trang 4Diện tích hình phẳng:
1 2
2
x
x
−
0.25
4
t = x − ⇒ t2 = x2 − 4 ⇒ 2 tdt = 2 xdx ⇒ xdx = tdt,
x = − ⇒ = t x = − ⇒ = t .Có
2 3 4
t
t
=
+
2
2
2 3
4 1
4 dt
t
−
+
∫
=
2 3
2 2
4
dt t
+
0.25
2 2
2 2
2
−
−
0.25
Từ giả thiết AC = 2a 3; BD = 2a và
AC ,BD vuông góc với nhau tại trung
điểm O của mỗi đường chéo.Ta có tam
giác ABO vuông tại O và AO = a 3;
BO = a , do đó A DB =600
Hay tam giác ABD đều
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và
(SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng
(ABCD) nên giao tuyến của chúng là
SO ⊥ (ABCD)
0.25
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có
a
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là
khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB)
0.25
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ 12 12 12
2
a SO
Diện tích đáy S ABCD 4S ABO 2.OA OB 2 3a2
∆
2
a
IV
(1đ)
a
V
(1đ) Với a>0,b>0 ta có (a b)2 4ab a ab b a4b 1a 1b a4b
+
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b
0.25
S
A
B K
H C
O
I D
3
a
Trang 5http://huongphuong.tk
Từ giả thiết có x+y>0, y+z>0, z+x>0 Áp dụng kết quả trên ta có
2
2
P
0.5
4
P
⇒ ≥ , dấu “=” xảy ra
0
x y z
y z
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 4
0.25
Tọa độ giao điểm M, N của d và (C) là nghiệm của hệ
0.25
1
0
x
y
=
=
4 5 3 5
x y
= −
= −
Do đó (1;0), ( 4 ; 3 )
(C) có tâm I (1; 3) − không thuộc d suy ra MN không phải là đường kính của (C)
MNP vu«ng t¹i N cã ®−êng kÝnh lµ MP
MNP
∆
⇔
∆
0.25
VI.1
(1đ)
NP là đường kính ⇒ I (1; 3) − là trung điểm NP ( 14 ; 27 )
P
MP là đường kính ⇒ I (1; 3) − là trung điểm MP ⇒ P (1; 6) −
0.25
Lập pt mp trung trực (Q) của đoạn AB: AB (2;0;2)
, trung điểm I của AB: I (2;1;0)
Viết pt tham số của đt d là giao tuyến của (P) và (Q): d có vtcp u (1;0; 1) −
, M (2;0;0) ∈ d
Do đó d có pt tham số
2
y
=
= −
0.25
Điểm C cần tìm thuộc d nên C (2 + t ;0; − t ) và cần có
2
VI.2
(1đ)
0.25
Ta có (1 − )n = 0− 1 + 2 2 − ( 1) + − n n n
( 1)
VII
(1đ)
2010
n