Giáo án môn Hóa học 9 - Tiết 4: Lưu huỳnh đioxit

Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ dương.. Xác định b và c, biết mặt phẳng ABC vuông góc với mặt phẳng P và 1 khoảng cách từ điểm[r]

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010

Môn thi : TOÁN

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 – 2x2 + (1 – m)x + m (1), m là số thực

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1

2 Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, x3 thỏa mãn điều kiện : 2 2 3

x x x 4

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình

(1 sin x cos 2x)sin x

1



 2 Giải bất phương trình :

2

1

1 2(x x 1)

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân :

x 0

x e 2x e

1 2e







Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a Gọi M và N lần lượt là

trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN và DM Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a 3 Tính thể tích khối chóp S.CDNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và

SC theo a

Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình (x, y  R)

2







II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d1: 3x y 0 và d2: 3x y 0 Gọi (T) là đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B Viết phương trình của (T), biết tam giác ABC có diện tích bằng 3 và điểm A có hoành độ dương

2

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 1 2 và mặt phẳng (P) : x  2y + z = 0

 Gọi C là giao điểm của  với (P), M là điểm thuộc  Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = 6

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo của số phức z, biết z( 2i) (12  2 )i

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6), đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y  4 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1;

3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho.

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; 2) và đường thẳng : 2 2 3 Tính

khoảng cách từ A đến  Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt  tại hai điểm B và C sao cho BC = 8.

Câu VII.b (1 điểm).

Cho số phức z thỏa mãn (1 3 )2 Tìm môđun của số phức

1

i z

i





BÀI GIẢI

Câu I: 1) m= 1, hàm số thành : y = x3 – 2x2 + 1

Tập xác định là R y’ = 3x2 – 4x; y’ = 0  x = 0 hay x = ;4

3

và

lim

x

y

x

y

  

x

3

y’ + 0  0 +

y 1 +

 CĐ 5

27



CT

Hàm số đồng biến trên (∞; 0) ; ( ; +∞); hàm số nghịch biến trên (0; )4

3

4 3 Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu tại x= ; y( ) = 4

3

4 3

5 27



y" = 6x4; y” = 0  x = Điểm uốn I ( ; 2 )

3

2 3

11 27

Đồ thị :

2 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và trục hoành là :

x3 – 2x2 + (1 – m)x + m = 0  (x – 1) (x2 – x – m) = 0

 x = 1 hay g(x) = x2 – x – m = 0 (2) Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình (2) Với điều kiện 1 + 4m > 0 ta có :

x1 + x2 = 1; x1x2 = –m Do đó yêu cầu bài toán tương đương với:

1 4m 0

g(1) m 0



1 m 4

m 0 (x x ) 2x x 3

  

 







1 m 4

m 0

1 2m 3

  

 







1 m 4

m 0

m 1

  

 









 14 m 1

m 0

  







Câu II: 1 Điều kiện : cosx0 và tanx ≠ - 1

PT  (1 sin cos 2 ).(sin cos ) cos

1 tan

x x





 (1 sin cos 2 ).(sin cos )cos cos

sin cos



y

x

3

1

5 27



(1 sin cos 2 ) 1 sin cos 2 0

1

2 7

2 Điều kiện x ≥ 0

2

0

1 2(x x 1)



▪ Mẫu số < 0  2(x2  x 1) 1  2x2 – 2x + 1 > 0 (hiển nhiên)

Do đó bất phương trình  x x 1  2(x2 x 1) ≤ 0

 2(x2    x 1) x x 1

 x 2x 1 0 (x 1) 2 x (x 1) x 0



(x 1 x ) 0

x (1 x)

 

 

x 3x 1 0

 

0 x 1

x 2

 

 



x 2





Cách khác :

Điều kiện x  0

Nhận xét :

2

(1)  x x 1 2(x2 x 1)

* x = 0 không thoả

* x > 0 : (1) x 1 1 2 x 1 1

x x

2 x 1 1 1 x 1

2

x x

(1) thành : 2

1

t

 



 (*) t2    2t 1 0 ( 1)t 2   0 t 1

1

2

2

x x

x











Câu III.

;

2

(1 2 )

1

2 1

1

;

x

I x dx 

1

2

01 2

x

x

e

e





0

1 (1 2 )

x x

e





0

1 ln(1 2 ) 2

x

e

e



Vậy I = 1 1ln 1 2

e



Câu IV:

 

 

3

,

2

Ta có 2 tam giác vuông AMD và NDC bằng nhau

Nên  NCD ADM vậy DM vuông NC

Vậy Ta có:

2

2

a

Ta có tam giác SHC vuông tại H, và khỏang cách của DM và SC chính là chiều cao h vẽ từ H trong tam giác SHC

a h

Câu V : ĐK : 3 Đặt u = 2x;

4

Pt (1) trở thành u(u2 + 1) = v(v2 +1)  (u - v)(u2 + uv + v2 + 1) = 0  u = v

3 0

4

5 4 2

x

x y

  





 



Pt (2) trở thành 25 2 4

4  x  x   x 

4

4

< 0

'( ) 4 (4 3)

x

 Mặt khác : 1 7 nên (*) có nghiệm duy nhất x = và y = 2

2

f   

 

1 2 Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = và y = 21

2

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a:

1 A  d1  A (a;a 3) (a>0)

B A

C D

H

M N

S

Pt AC qua A  d1 : x 3y4a0

AC  d2 = C(2a;2 3a)

Pt AB qua A  d2 : x 3y2a0

AB  d2 = B ; 3

ABC





2 C (1 + 2t; t; –2 – t)  

C  (P)  (1 + 2t) – 2t – 2 – t = 0  t = –1  C (–1; –1; –1)

M (1 + 2t; t; –2 – t)

MC2 = 6  (2t + 2)2 + (t + 1)2 + (–t – 1)2 = 6  6(t + 1)2 = 6  t + 1 = 1

 t = 0 hay t = –2

Vậy M1 (1; 0; –2); M2 (–3; –2; 0)

d (M1, (P)) = 1 0 2 1 ; d (M2, (P)) =

 

  



Câu VII.a: z ( 2 i) (1  2  2i) = (1 2 2i)(1  2i)= (5 2i)

 z 5  2i  Phần ảo của số phức z là  2

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b :

1 Phương trình đường cao AH : 1(x – 6) – 1(y – 6) = 0  x – y = 0

Gọi K là giao điểm của IJ và AH (với IJ : x + y – 4 = 0), suy ra K là nghiệm của hệ x y 0 

x y 4 

 

K (2; 2)

K là trung điểm của AH   H K A  H (-2; -2)

y 2y y    4 6 2

Phương trình BC : 1(x + 2) + 1(y + 2) = 0  x + y + 4 = 0

Gọi B (b; -b – 4)  BC

Do H là trung điểm của BC  C (-4 – b; b); E (1; -3)

Ta có : CE (5 b; b 3)    vuông góc với

BA (6 b; b 10)  



 (5 + b)(6 – b) + (-b – 3)(b + 10) = 0

 2b2 + 12b = 0  b = 0 hay b = -6

Vậy B1 (0; -4); C1 (-4; 0) hay B2 (-6; 2); C2 (2; -6)

2  qua M (-2; 2; -3), VTCP a (2;3; 2) ;

AM ( 2; 2; 1)  



 a AM ( 7; 2;10)      d( A, ) = a AM 49 4 100 153=3

17

4 9 4 a

 

 



Vẽ BH vuông góc với 

Ta có : BH = BC 4 AHB  R2 = =25

Phương trình (S) : x2y2 (z 2)2 25

Câu VII.b:

3

(1 3i) z

1 i





 (1 3i) 2 cos( 3) i sin( 3)

 (1 3i)3 8 cos(  ) i sin() = 8  z 8 8(1 i) 4 4i



 z iz      4 4i i( 4 4i) = 8(1 i)  z iz 8 2

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010

Mơn thi : TỐN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2x 1 đ

x 1





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

2 Tìm m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB cĩ diện tích bằng 3 (O là gốc tọa độ)

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình (sin 2x + cos 2x) cosx + 2cos2x – sin x = 0

2 Giải phương trình 3x 1 6 x 3x214x 8 0 (x  R)

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = 2

1

ln (2 ln )

dx



Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ cĩ AB = a, gĩc giữa hai mặt phẳng

(A’BC) và (ABC) bằng 600 Gọi G là trọng tâm tam giác A’BC Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a

Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực khơng âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức M=3(a2b2+b2c2+c2a2) + 3(ab + bc + ca) + 2 a2b2c2

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm):

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A.Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuơng tại A, cĩ đỉnh C(-4; 1), phân giác trong gĩc A

cĩ phương trình x + y – 5 = 0 Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 24

và đỉnh A cĩ hồnh độ dương

2 Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A (1; 0; 0), B (0; b; 0), C (0; 0; c), trong đĩ b, c dương và mặt phẳng (P): y – z + 1 = 0 Xác định b và c, biết mặt phẳng (ABC) vuơng gĩc với mặt phẳng (P) và khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bằng 1

3

Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn:

(1 )

z i  i z

B Theo Chương trình Nâng Cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(2; 3) và elip (E): Gọi F1 và F2 là các tiêu

1

điểm của (E) (F1 cĩ hồnh độ âm); M là giao điểm cĩ tung độ dương của đường thẳng AF1 với (E); N là điểm đối xứng của F2 qua M Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ANF2

2 Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 1 Xác định tọa độ điểm M trên trục

hồnh sao cho khoảng cách từ M đến  bằng OM

Câu VII.b (1,0 điểm)

Gỉai hệ phương trình : 2 (x, y  R)

log (3y 1) x

 







O

1

-1

3

2

-2

2



5 2

- 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 : ………

BÀI GIẢI GỢI Ý PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I 1     / 2 1 \ 1 ; 0, 1 D y x D x         TCĐ: x= -1 vì ; TCN: y = 2 vì 1 1 lim , lim x y x  y       lim 2 x y   Hàm số đồng biến trên (; 1) và (1; +) Hàm số không có cực trị x -∞ -1 +∞

y’ + +

y +∞ 2

2 -∞

2 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng y = -2x +m

(vì x = -1 không là nghiệm)

2

1

x

x



Phương trình (*) có  m2  8 0, m nên d luôn cắt (C) tại điểm A, B.Ta có:

1

2

12 4

m

Câu II.

1 (sin2x + cos2x)cosx + 2cos2x – sinx = 0

 cos2x (cosx + 2) + sinx (2cos2x – 1) = 0

 cos2x (cosx + 2) + sinx.cos2x = 0

 cos2x (cosx + sinx + 2 = 0)  cos2x = 0

2 k

4 k 2

2 3x 1 6 x 3x214x 8 0, điều kiện : 1 x 6

3

  

 3x   1 4 1 6 x 3x214x 5 0

 x – 5 = 0 hay 3 1 (3 1) 0 (vô nghiệm)  x = 5

3x 1 4 1 6 x  x 

Câu III.

;

 2

1

ln

2 ln





x

x 1 e

u 0 1

2

u

u



0

2

ln 2

2

u

u



2

ln 3 ln 2 1

3

ln

 

  

 

Câu IV

Gọi H là trung điểm của BC, theo giả thuyết ta có :

Ta có : AH = , A’H = 2AH =

và AA’ = a 3 3 =

2

3a 2 Vậy thể tích khối lăng trụ V = =

2

a 3 3a

3

3a 3 8

Kẻ đường trung trực của GA tại trung điểm M của GA

trong mặt phẳng A’AH cắt GI tại J thì GJ là bán kính

mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC

Ta có: GM.GA = GJ.GI

 R = GJ = GM GA. = =

GI



12

a

Câu V Đặt t = ab + bc + ca, ta có: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca

 1 = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) ≥ 3(ab + bc + ca)

 a2 + b2 + c2 = 1 – 2t và 0 1

3

t

  Theo B.C.S ta có : t2 = (ab + bc + ca)2 ≤ 3(a2b2 + b2c2 + c2a2)

 M ≥ t2 3t 2 1 2 t  f t( )

f’(t) = 2 3 2

1 2

t

t

 



f ’’(t) = < 0, t   f’(t) là hàm giảm

3

2 2

(1 2 )t





1 0, 3

A’

A

B C

C’

B’

H

G

I

M

> 0  f tăng  f(t) ≥ f(0) = 2, t 

1 11

'( ) '( ) 2 3

3

 M ≥ 2,  a, b, c không âm thỏa a + b + c = 1

Khi a = b = 0 và c = 1 thì M = 2 Vậy min M = 2

PHẦN RIÊNG

A.Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a

1 Vì C (-4; 1), vuông và phân giác trong A

góc A là (d) : x + y – 5 = 0, xA > 0 nên A(4; 1)

 AC = 8

Mà diện tích ABC = 24 nên AB = 6

Mặt khác, AB vuông góc với trục hoành

nên B (4; 7)

Vậy phương trình của BC là: 3x + 4y – 16 = 0

2 A (1; 0; 0); B (0; b; 0); C (0; 0; c) với b, c > 0

 (ABC) : 1  (ABC) : bc.x + cy + bz – bc = 0

1

  

Vì d (0; ABC) = 1 nên  3b2c2 = b2c2 + b2 + c2

1 3

bc

 b2 + c2 = 2b2c2 (1)

(P) : y – z + 1 = 0 có VTPT là nP (0;1; 1)

(ABC) có VTPT là n ( ; ; )bc c b

Vì (P) vuông góc với (ABC)  n n P n n  P 0  c – b = 0 (2)

Từ (1), (2) và b, c > 0 suy ra : b = c = 1

Câu VII.a

z = a + ib Suy ra : z i a   (b 1)i và (1+i)z = (1 + i)(a + bi) = (a – b) + (a + b)i

 (1 )

z i  i z a2 (b 1)2  (a b )2 (a b)2

 a2 + (b2 – 2b + 1) = 2 (a2 + b2)  a2 + b2 + 2b – 1 = 0  a2 + (b + 1)2 = 2

Vậy z = a + ib với a, b thỏa a2 + (b + 1)2 = 2

B Theo Chương trình Nâng Cao

Câu VI.b

1  : 2 2 1 2 2 2 3 2 1

E   c a b   

Do đó F1(-1; 0); F2(1; 0); (AF1) có phương trình x y 3 1 0 

3

4 1;

3

1

3

  

 F A2  1; 3

2

NA.F A 0

 

 ANF2 vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có đường kính là F2N Do đó đường tròn có phương trình là :

2

( 1)

3 3

x y  

2 d (M; ) = NM,a M  Ox  M (m; 0; 0)

a





 



A

B

C

(d)

 qua N (0; 1; 0) có VTCP = (2; 1; 2)a



NM (m; 1;0) 



a, NM (2; 2m; 2 m)

 

Ta có: d (M, ) = OM  a, NM OM 

a

    5m2 4m 8

m 3

 4m2 – 4m – 8 = 0  m = 1 hay m = 2 Vậy M (1; 0; 0) hay M (2; 0; 0)

Câu VII.b

2

log (3y 1) x

 







x

3y 1 2

  







x

y 3





  



x

y 3 3(4 2 ) (2 1)







x

y

3







x

y 3 1

2









x

x

y 3 1 2 2







 



1 y 2

 





 



ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010

Môn : TOÁN - Khối : D PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x4 x26

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

2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 1 1

6

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình sin 2xcos 2x3sinxcosx 1 0

2 Giải phương trình 42x x2 2x3 42 x2 2x3 4x 4 (x)

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

1

3

e

x



Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a; hình

chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC, Gọi CM là

4

AC

đường cao của tam giác SAC Chứng minh M là trung điểm của SA và tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a.

Câu V (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x2 4x21  x2 3x10

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3;-7), trực tâm là H(3;-1), tâm đường tròn ngoại tiếp là I(-2;0) Xác định toạ độ đỉnh C, biết C có hoành độ dương

2 Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z  3 = 0 và (Q): x  y + z  1 = 0 Viết phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) sao cho khoảng cách từ O đến (R) bằng 2

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn z  2 và z2 là số thuần ảo

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(0;2) và  là đường thẳng đi qua O Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên  Viết phương trình đường thẳng , biết khoảng cách từ H đến trục hoành bằng AH

2 Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1: và 2: Xác

3

y t

z t

 



 



 



định toạ độ điểm M thuộc 1 sao cho khoảng cách từ M đến 2 bằng 1

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2

2log ( 2) log 0

x y

- 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 : ………

BÀI GIẢI GỢI Ý

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I: y  x4 x26 ( )C

1/ Khảo sát, vẽ (C)

TXĐ : D = R;

y   x  x y    x x    x y

hàm số lồi trên R

2

" 12 2 0

y   x    lim lim

y' + 0 

Hàm số đồng biến trên khoảng (-;0), nghịch biến trên khoảng (0;+)

y đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 6

(C)  Ox : A ( 2;0)

2/ Tiếp tuyến  vuông góc d : 1 1 Pt () : y =  6x + b

6

 tiếp xúc (C)  hệ sau có nghiệm : 4 2

3

10

b

 Vậy  : y =  6x + 10

Câu II:

1/ Giải phương trình : sin 2xcos 2x3sinxcosx 1 0

2 2

2sin cos 1 2sin 3sin cos 1 0

cos(2sin 1) 2sin 3sin 2 0

cos (2sin 1) (2sin 1)(sin 2) 0

(2sin 1)(cos sin 2) 0

2

5

6

x



   







2/ 42x x 2 2x3 42  x 2 2x3  4x 4 (*); đk : x   2



3

4  x (2 x  1) 2 (2x x  1) 0 (24x 4 1)(42  x 2 2 ) 0x3 

 24x 4  1 4x   4 0 x 1

 24 2  x 2 2x3 x3 2 x 2 4



2 2

x

x



 

2

2

2 2

x

    

 

VT = x22x 4 (x1)2 3 3

VP = 2 1 Phương trình vô nghiệm Vậy : Nghiệm (*) : x = 1; x = 2

2 2

 

Câu III :