Đề thi số 4

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Cho hình chóp SABC mà mỗi mặt bên là một tam giác vuông SA=SB=SC = a.. Gọi M,N,E lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,AC,BC.. Chứng

TRUNG TÂM BDVH & LUYỆN THI ĐẠI HỌC ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC NĂM 2011

THÀNH ĐẠT Môn thi: TOÁN

************ Thời gian: 180 phút ( Không tính thời gian phát đề )

Đề số 4

-I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7điểm ):

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y= f x( ) 8x= 4−9x2+1

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2 Dựa vào đồ thị (C) tìm m để phương trình sau đây có đúng 4 nghiệm x∈[0; ]π

8 osc x−9 osc x m+ =0

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình: sin (1 cot ) cos (1 tan ) 3x + x + 3x + x = 2sin 2x

2 Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

12 12







Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường

2

y= x − x và y=2x

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp SABC mà mỗi mặt bên là một tam giác vuông SA=SB=SC = a Gọi M,N,E

lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,AC,BC D là điểm đối xứng của S qua E , I là giao điểm của đường thẳng AD với mặt phẳng (SMN) Chứng minh rằng AD ⊥ SI và tính theo a thể tích của khối tứ diện MBSI

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác Chứng minh

a

II.PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ): Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2 )

1

Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm)

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

1 0

x y+ − = Viết phương trình đường thẳng BC

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số

2 2

2 2

= − +



 = −



 = +



Gọi ∆ là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của

A trên (D) Trong các mặt phẳng qua ∆, hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D)

là lớn nhất

Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình 4 3 2 1 0

2

− +z + + =

z z z trên tập số phức

2 Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)

1 Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4 Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C và D

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ∆ có phương trình tham số

1 2 1 2

= − +



 = −



 =



.Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆, xác định vị trí của điểm M để chu

vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất

Câu VII.b (1 điểm) Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên đồ thị (C):

y x2 4x 3

x 2

=

− đến các đường tiệm cận của nó là hằng số.

============Hết============

583 – 727 TRẦN CAO VÂN – ĐÀ NẴNG * ĐT: 3 759 389 – 3 711 165 Biên soạn: Nguyễn Văn Xê

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1

+ Sự biến thiên:

• Giới hạn: limx→−∞y= +∞; limx→+∞y= +∞

• y' 32x= 3−18x = 2x 16x( 2−9)

0

4

x y

x

=





= ⇔

 = ±



0,25

• Bảng biến thiên

( )

y = y− = − y = y = − y =y =

0,25

• Đồ thị

0,25

Xét phương trình 4 2

8 osc x−9 osc x m+ =0 với x∈[0; ]π (1) Đặt t c= osx, phương trình (1) trở thành: 4 2

8t −9t + =m 0 (2)

Vì x∈[0; ]π nên t∈ −[ 1;1], giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm

của phương trình (1) và (2) bằng nhau

0,25

Ta có: (2)⇔8t4−9t2+ = −1 1 m(3)

Gọi (C1): y=8t4−9t2+1 với t∈ −[ 1;1]và (D): y = 1 – m

Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D)

Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền 1− ≤ ≤t 1

0,25

Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:

1 81

32

m

II 2,00

1

ĐKXĐ:

2

π

≠k

x sao cho sin 2x≥ 0 Khi đó, VT = sin 3x+ cos 3x+ sin 2xcosx+ cos 2xsinx

= (sinx+ cos )(sinx 2x− sin cosx x+ cos ) sin cos (sin 2x + x x x+ cos )x

= sinx+ cosx

sin cos 2sin 2

(sin cos ) 2sin 2 (1)





(1) ⇔1 sin 2 + x= 2sin 2x⇔ sin 2x= > 1( 0) ⇔ 2 2

Để thoả mãn điều kiện sinx+ cosx≥ 0, các nghiệm chỉ có thể là: 2

4

π π

= +

1,00

0,50

0,50

Điều kiện: | | | |x ≥ y

Đặt

2 2

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

+ =





0,25

4 8

u v

=



 hoặc

3 9

u v

=



 =



+

2 2



=

+ =

+

2 2



=

+ =

0,25

Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu

là S={ ( ) ( )5;3 , 5; 4 }

0,25

Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu

là S={ ( ) ( )5;3 , 5; 4 }

1,00

Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y=|x2−4 | ( )x C và ( )d :y=2x

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):

6

x

Suy ra diện tích cần tính:

S = ∫ x − x − x dx + ∫ x − x − x dx

0,25

0

I =∫ x − x − x dx

Vì ∀ ∈x [ ]0; 2 ,x2−4x≤0 nên |x2 −4 |x = − +x2 4x ⇒

2

2

0

4

3

0,25

2

K =∫ x − x − x dx

2; 4 , 4 0

K =∫ x x− − x dx+∫ x − x− x dx= −

0,25

Trong (ABC) AE ∩ MN = J ⇒ SJ = (SMN) ∩ (ASD)

Trong (ASD) SJ ∩ AD = I ⇒ I = AD ∩ (SMN)

Ba tam giác SAB,SAC,SBC là các tam giác vuông cân bằng nhau ⇒ SA,SB,SC đôi

một vuông góc và ∆ ABC là tam giác đều cạnh a 2

BSCD là hình vuông cạnh a

BD SB

BD SA

⊥



Lại có SM ⊥ AD nên SM ⊥ (ABD) ⇒ SM ⊥ AD (1)

BC SD

BC SA

⊥





Mà MN// BC ⇒ MN ⊥ AD (2)

Từ (1) và (2) ⇒AD ⊥ (SMN) ⇒ AD ⊥ SI (đpcm)

Trong (SBD) kẻ IH // BD (H ∈ AB)

⇒ IH ⊥ (SAB)

3 3

BD= AD = AD = SA SD = a =

+

⇒ IH = a/3

SSMB = 1/2 SSAB = 2

4

a

VMBSI = 1 . 1 . 2 3

0,25

0,25

0,25

J

D E

N

M

B

A

Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:

a b c

b c a

c a b

+ >



 + >



 + >



Vế trái viết lại:

2

VT

0,25

Ta có: 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

0,25

0,25

0,25

Điểm C CD x y∈ : + − = ⇒1 0 C t( ;1−t) Suy ra trung điểm M của AC là 1 3;

0,25 0,25

Từ A(1;2), kẻ AK ⊥CD x y: + − =1 0 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 (P0) vuông góc với IA tại A

Vectơ pháp tuyến của (P0) là n IAr uur= =(6;0; 3− ), cùng phương với vr=(2;0; 1− ) Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2(x− −4) (1 z+ =1) 2x - z - 9 = 0

VIIa

PT ⇔

2

0 2

2

 −  − − + =

z z z z (1) Đặt ẩn số phụ: t = z−1

0

Đáp số có 4 nghiệm z : 1+i; 1- i ; 1 ; 1

− + − −i i

0,25

1,00

Ta có:

( 1; 2) 5

AB= − ⇒AB=

uuur

Phương trình của AB là:

2x y+ − =2 0

( ): ( );

I∈ d y x= ⇒I t t I là trung điểm của AC và BD nên

ta có:

(2 1;2 ,) (2 ;2 2)

C t− t D t t−

0,25

Mặt khác: S ABCD= AB CH =4 (CH: chiều cao) 4

5

CH

Ngoài ra: ( )

;

t



Vậy tọa độ của C và D là 5 8; , 8 2;

    hoặc C(−1;0 ,) (D 0; 2− )

0,50

Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.

Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất

Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:

1 2 1 2

= − +



 = −



 =



Điểm M∈∆ nên M(− +1 2 ;1 ; 2t −t t)

2

2

0,25

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ ur=(3 ; 2 5t ) và vr= − +( 3t 6;2 5)

2 2

2 2







r r

Suy ra AM BM+ =| | | |ur + vr và u vr r+ =(6; 4 5)⇒ + =|u vr r| 2 29 Mặt khác, với hai vectơ ,u vr r

ta luôn có | | | | |ur + vr ≥ +u vr r| Như vậy AM BM+ ≥2 29

0,25

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,u vr r

cùng hướng

1

t

t t

− + (1;0; 2)

M

⇒ và min(AM BM+ )=2 29

0,25

Gọi (C ) là đồ thị của hàm số

M(x,y) ∈ ( C ) ⇔ y x 2 7

x 2

= − + +

−

Phương trình tiệm cận xiên y= − + ⇔ + − =x 2 x y 2 0 khoảng cách từ M đến tiệm cận xiên là 1

d

+ −

−

khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là d2= −x 2

0,50

0,50