Đề và ĐA thi thử ĐH 2009 (Đề số 17)

Tìm m để hàm số * có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung.. a Viết phương trình mặt phẳng P qua gốc tọa độ O và vuông góc với BC.Tìm tọa độ giao điểm của AC với mặt phẳng P.. b Chứ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2009 – MÔN TOÁN KHỐI A, B, D

ĐỀ SỐ 17

Câu I: (2 đ)Gọi (C m ) là đồ thị của hàm số : y =

x m

  

 (*) (m là tham số)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) ứng với m = 1

2 Tìm m để hàm số (*) có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung

Câu II: ( 2 điểm) 1. Giải hệ phương trình :

    





2 Tìm nghiệm trên khỏang (0;  ) của phương trình :

4sin 3 cos 2 1 2cos ( )

x

Câu III: (3 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại đỉnh A có trọng tâm

G( ; )4 1

3 3 , phương trình đường thẳng BC là x 2y 4 0 và phương trình đường thẳng BG là

7x 4y 8 0 Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm A(1;1;0),B(0; 2; 0),C(0; 0; 2)

a) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua gốc tọa độ O và vuông góc với BC.Tìm tọa độ giao điểm của AC với mặt phẳng (P)

b) Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông Viết phương trình mặt cầu ngọai tiếp tứ diện OABC

Câu IV: ( 2 điểm) 1.Tính tích phân 3 2

0 sin



2 Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số gồm 6 chữ số khác

nhau và tổng các chữ số hàng chục, hàng trăm hàng ngàn bằng 8

Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z là ba số thỏa x + y + z = 0 Cmrằng :

3 4x 3 4y 3 4z 6

BÀI GIẢI CÂU I

1/ Khi m = 1 thì y x2 2x 2

x 1

 



 (1)

 MXĐ: D = R \ {1}



 

2 2

x 2x

y'

x 1





 , y' 0

 x 0 hay x 2 

 BBT

y

 

2

6



 Tiệm cận:

x 1 là pt t/c đứng

y = x + 3 là pt t/c xiên

2/ Tìm m

Ta có

2

x 2mx m 1

y'

x m



 Hàm số (*) có 2 cực trị nằm về 2 phía trục tung

y' 0

  có 2 nghiệm trái dấu

2

1 2

x x P m 1 0 1 m 1

CÂU II: 1/ Giải hệ phương trình

x y x y 4

I

x x y 1 y y 1 2

    







(I)      

      



x y x y 4

x y x y xy 2 xy 2

Ta có  S x y;P xy  S2 x2y22xy x2y2 S2 2P

Vậy          



2 2

I

S 0 hay S 1

S P S 2

1 S x y 0

TH :

P xy 2

  





 

 vậy x, y là nghiệm của phương trình X20X 2 0 

Vậy hệ có 2 nghiệm x 2

 









hay x 2

y 2

 









2 S x y 1

TH :

P xy 2

  





 

 vậy x,y là nghiệm của phương trình X2X 2 0 

 X 1hay X 2 Vậy hệ có 2 nghiệm x 1y 2



y 1









 Tóm lại hệ Pt (I) có 4 nghiệm x 2

 









V x 2

y 2

 









V x 1

y 2









 V  





x 2

y 1

CÁCH KHÁC (I)      

    



x y x y 4

x y x y xy 2

    



 





x y x y 4

xy 2



 





2

(x y) x y 0

xy 2



 





x y 0 hay x y 1

xy 2



 





x y 0 hay x y 1

xy 2

 



 



 2

x 2 hay

 





  

 2

x y 1

x x 2 0

x 2

 









V x 2

y 2

 









V x 1

y 2









 V  





x 2

y 1 2/ Tìm nghiệm 0,

Ta có 4sin2 x 3 cos2x 1 2 cos x2 3



  (1) (1) 2 1 cosx  3 cos2x 1 1 cos 2x 3

2



(1)  2 2 cosx  3 cos2x 2 sin 2x 

(1)  2 cosx 3 cos2x sin2x Chia hai vế cho 2:

(1)   cosx 3cos2x 1sin 2x

 

cos 2x cos x

6



     

   x5k2  a hay x 7h2  b

Do x0, nên họ nghiệm (a) chỉ chọn k=0, k=1, họ nghiệm (b) chỉ chọn h = 1 Do đĩ ta cĩ ba nghiệm x thuộc 0, là  x1 5 ,x2 17 ,x3 5

CÂU III 1/ Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ pt        

  



x 2y 4 0

B 0, 2 7x 4y 8 0

Vì ABC cân tại A nên AG là đường cao của ABC

Vì GA BC  pt GA: 2(x 4) 1(y  1) 0  2x y 3 0  

 GA BC = H        

  



2x y 3 0

H 2, 1

x 2y 4 0

Ta cĩ AG 2GH 

với A(x,y) AG 4 x,1 y ;GH 2 4, 1 1

        











 



x 0

1 y 8

 A 0,3 

Ta cĩ : xG xAxBxC và yG yA yByC

Vậy A 0,3 ,C 4,0 ,B 0, 2      

2a/ Ta cĩ BC0, 2,2 



 mp (P) qua O 0,0,0 và vuơng gĩc với BC cĩ phương trình là  

0.x 2y 2z 0 y z 0

 Ta cĩ AC  1, 1,2 



, phương trình tham số của AC là

x 1 t

y 1 t

z 2t

 





 



 



Thế pt (AC) vào pt mp (P) Ta cĩ 1 t 2t 0 t 1

3

     Thế t 1

3

 vào pt (AC) ta cĩ M 2 2 2, ,

3 3 3

là giao điểm của AC với mp (P)

2b/ Với A 1,1,0   B 0,2,0   C 0,0,2 Ta cĩ:   AB  1,1,0



, AC  1, 1,2 



AB.AC 1 1 0 AB AC  ABC vuơng tại A

 Ta dễ thấy BOC cũng vuơng tại O Do đĩ A, O cùng nhìn đoạn BC dưới 1 gĩc vuơng Do đĩ

A, O nằm trên mặt cầu đường kính BC, sẽ cĩ tâm I là trung điểm của BC Ta dễ dàng tìm dược

Vậy pt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là : x2y 1 2z 1 2 2

CÂU IV

1/ Tính

sin x

cosx

 / 3 2 

0

1 cos x sinx

cosx

 

  , Đặt u cosx  du sin xdx

Đổi cận u 1,u 0  1



1/ 2

1

I

u

1



2/ Gọi n a a a a a a 1 2 3 4 5 6 là số cần lập

3 4 5

ycbt: a a a 8  a ,a ,a3 4 51,2,5 hay a ,a ,a 3 4 51,3,4

a) Khi a ,a ,a3 4 5  1,2,5 

 Có 6 cách chọn a1

 Có 5 cách chọn a2

 Có 3! cách chọn a ,a ,a3 4 5

 Có 4 cách chọn a6

Vậy ta có 6.5.6.4 = 720 số n

b) Khi a ,a ,a3 4 51,3,4 tương tự ta cũng có 720 số n

Theo qui tắc cộng ta có 720 + 720 = 1440 số n

Cách khác Khi a ,a ,a3 4 51,2,5

Có 3! = 6 cách chọn a a a3 4 5

Có A36 cách chọn a ,a ,a1 2 6

Vậy ta có 6 4.5.6 = 720 số n

Khi a ,a ,a3 4 51,3,4 tương tự ta cũng có 720 số n

Theo qui tắc cộng ta có 720 + 720 = 1440 số n

CÂU V: Ta có: 3 4 x    1 1 1 4x 4 44 x

 3 4 x 2 44x 2 48 x Tương tự 3 4 y 2 44y 2 48 x

3 4 z 2 48 z

63 8 x y z4 4 4 6 424 x y z  6