Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.. Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất.[r]
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Cõu I (2 điểm) Cho hàm số có đồ thị (C).
1
1 2
x
x y
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
2 Với điểm M bất kỳ thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại Avà B
Gọi I là giao hai tiệm cận , Tìm vị trí của M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất
Cõu II (2 điểm) :
1 Giải hệ phương trỡnh:
2 2
2 2
12 12
2.Giải phương trỡnh:
sin 2 cos x x 3 2 3 os c x 3 3 os2 c x 8 3 cos x s inx 3 3 0
Cõu III: Tớnh diện tớch của miền phẳng giới hạn bởi cỏc đường y | x2 4 | x và y2x.
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) Cho phương trỡnh x 1 x 2m x1x24 x1x m3
Tỡm m để phương trỡnh cú một nghiệm duy nhất.
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:
Viết phương trỡnh đường thẳng BC.
1 0
x y
2 Cho đường thẳng (D) cú phương trỡnh: .Gọi là đường thẳng qua điểm
2 2
2 2
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 Cho hỡnh bỡnh hành ABCD cú diện tớch bằng 4 Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chộo
nằm trờn đường thẳng y = x Tỡm tọa độ đỉnh C và D.
2 Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng cú phương trỡnh tham số .Một điểm
1 2 1 2
z t
M thay đổi trờn đường thẳng , tỡm điểm M để chu vi tam giỏc MAB đạt giỏ trị nhỏ nhất.
Cõu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giỏc Chứng minh
2
Trang 2Kỳ thi thử đại học- cao đẳng
năm 2011 Hướng dẫn chấm môn toán
I.1
Khảo sát hàm số y=
1
1 2
x
1 Tập xác định: R\{1}
2 Sự biến thiên:
) 1 (
3 )
1 (
) 1 2 ( ) 1 ( 2 '
x x
x x
y
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞; 1) và (1;+∞)
Cực trị : Hàm số đã cho không có cực trị
0,25
1 2 lim
lim
1
x y
x x
1 2 lim
lim
1
x y
x x
Do đó đường thẳng x=1 là tiệm cận đứng
2
1
1 2 lim
x y
x x
Vậy đường thẳng y= 2 là tiệm cận ngang
0,25
* Bảng biến thiên:
-∞
+∞
2
3* Đồ thị : HS tự vẽ đồ thị hàm số.
0,5
I.2 Với M bất kì (C), tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại A, B Tìm M để chu vi tam
2
;
x
Trang 3Câu Nội dung Điểm
* Tiếp tuyến tại M có dạng:
1
3 2 ) (
) 1 (
3
0 0
2
x x
x x
y
Tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A và B nên tọa độ A; B có dạng là: A
1
6 2
;
1
0
x
B(2x 0 -1; 2) ; I(1; 2)
* Ta có: S IAB = IA IB= (đvdt)
2
1
6 2
1
0 0
x
0,25
0,25
* IAB vuông có diện tích không đổi => chu vi IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA=
IB (HS tự chứng minh)
3 1 1
2 1
6
0
0 0
x x
x
* Vậy có hai điểm M thỏa mãn điều kiện
M 1 (1 3;2 3)
M 2 (1 3;2 3)
Khi đó chu vi AIB = 4 32 6
0,5
1) CõuII:2 Giải phương trỡnh:
.
sin 2 cos x x 3 2 3 os c x 3 3 os2 c x 8 3 cos x s inx 3 3 0
0 3 3 ) sin cos 3 ( 8 3 3 cos 3 6 cos 3 2 cos sin 6 cos sin 2
0 3 3 ) sin cos 3 ( 8 2 cos 3 3 cos 3 2 ) 3 (cos 2 sin
2 3
2
3
x x x
x x
x x
x
x x x
x x
x
0 ) sin cos 3 ( 8 ) sin cos 3 ( cos 6 ) sin cos 3 ( cos
) ( 4 cos
1 cos
3 tan
0 4 cos 3 cos
0 sin cos 3
0 ) 8 cos 6 cos 2 )(
sin cos 3 (
2
2
loai x
x
x x
x
x x
x x
x x
k x
k x
, 2
3
0,50
Trang 4Điều kiện: | | | |x y
Đặt u x2 y u2; 0; không thỏa hệ nên xét ta có
v x y
2 1
2
u
v
Hệ phương trình đã cho có dạng:
2
12 12 2
u v
v v
0,25
hoặc
4
8
u
v
3 9
u v
+ 4 2 2 4(I)
+ 3 2 2 3(II)
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|x24 | ( )x C và
d :y2x
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
Tính: 2 2
0
| 4 | 2
I x x x dx
Vì x 0; 2 , x24x0 nên |x24 |x x2 4x
2
4 2
3
I x x x dx
0,25
Trang 5Tính 6 2
2
| 4 | 2
K x x x dx
Vì x 2; 4 ,x24x0 và x 4;6 ,x24x0 nên
.
K x x x dx x x x dx
0,25
Vậy 4 16 52
Gọi H, H’
là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ là trung điểm của
AB, A’B’ Ta có:
'
AB IC
AB HH
Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy
tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K II '.
0,25
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn Ta có:
I K I H I C IK IH IC
Tam giác IOI’ vuông ở O nên: 2 3 3 2 2 2
x x
I K IK OK r x
0,25
Thể tích hình chóp cụt tính bởi: ' '
3
h
V B B B B
Trong đó: 4x2 3 2 2 2 3 3r2 3
x
0,25
Từ đó, ta có: 2r 2 3r2 3 2 3r2 3 21r 33
VI
a
2,00
Điểm C CD x y : 1 0 C t ;1t Suy ra trung điểm M của AC là
1 3
;
M
Trang 6Điểm : 2 1 0 2 1 3 1 0 7 7;8
MBM x y t C
Từ A(1;2), kẻ AK CD x y: 1 0 tại I (điểm K BC ).
Suy ra AK:x 1 y2 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 K1;0.
0,25
0,25
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0
7 1 8
x y
2
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng , thì hoặc Gọi H là
( ) //( )P D ( )P ( )D
hình chiếu vuông góc của I trên (P) Ta luôn có IH IA và IH AH
Mặt khác
d D P d I P IH
Trong mặt phẳng P , IH IA; do đó maxIH = IAH A Lúc này (P) ở vị trí (P 0 ) vuông góc với IA tại A.
Vectơ pháp tuyến của (P 0 ) là n IA 6;0; 3 , cùng phương với
2;0; 1
v
Phương trình của mặt phẳng (P 0 ) là: 2x 4 1 z 1 2x - z - 9 = 0 VIIa
Để ý rằng xy 1 x y 1 x1y0;
và tương tự ta cũng có 1
1
zx z x
Vì vậy ta có:
vv
3
1 zx+y 1
5 1
x y z
x
yz zx y xy z
1,00
Trang 7Ta có:
Phương trình của AB là:
AB AB
2x y 2 0
I là trung điểm của AC và BD nên ta có:
I d y x I t t
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:
4 5 8 8 2
; , ;
| 6 4 | 4 3 3 3 3 3
;
0 1;0 , 0; 2
t
d C AB CH
Vậy tọa độ của C và D là 5 8; , 8 2; hoặc
3 3 3 3
C D
C1;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
z t
Điểm M nên M 1 2 ;1 ; 2t t t.
2
2
3 2 5 3 6 2 5
0,25
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u3 ; 2 5t và
.
3 6; 2 5
v t
Ta có
2 2
2 2
| | 3 2 5
| | 3 6 2 5
Suy ra AM BM | | | |u v và u v 6; 4 5 |u v | 2 29
Mặt khác, với hai vectơ u v , ta luôn có
| | | | |u v u v|
0,25
Trang 8Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u v , cùng hướng
3 2 5
1
3 6 2 5
t
t t
1;0; 2
M
minAM BM 2 29
0,25
Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 11 29 0,25
Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:
a b c
b c a
c a b
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
Vế trái viết lại:
2
VT
a c a b a b c
y z z x x y
0,50
Ta có: x y z z x y z 2z x y 2z z .
x y z x y
Tương tự: x 2x ; y 2y
y z x y z z x x y z
2
x y z
y z z x x y x y z
a
a b a c a b c a c a b
0,50
V.Phương trình x 1 x 2m x1x24 x1xm3 (1)
Điều kiện : 0 x 1
Nếu x 0;1 thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm
duy nhất thì cần có điều kiện 1 1 Thay vào (1) ta được:
2
x x x 1
2
x
2 2
1
m
m
* Với m = 0; (1) trở thành:
2
x x x
Phương trình có nghiệm duy nhất.
Trang 9* Với m = -1; (1) trở thành
4 4
2
x x x
2
x x x
Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.
* Với m = 1 thì (1) trở thành:
4
x x x x x x x x x x
Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm 0, 1 nên trong trường hợp này
2
x x
(1) không có nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.
HẾT