Viết phương trình tiếp tuyến với C, biết tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của đường tiệm cận và trục Ox.. Giải phương trình:.[r]
Trang 1Sở GD-ĐT phú thọ
Trường T.H.p.t long châu sa éỀ THI thử ĐẠI HỌC
NĂM học: 2010-2011 Mụn thi : TOÁN
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Cõu I:(2 điểm)
Cho hàm số : 2 x 1 (C)
1 x y
1 Khảo sỏt và vẽ đồ thị hàm số
2 Viết phương trỡnh tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến đú đi qua giao điểm của đường tiệm cận và trục Ox
Cõu II:(2 điểm)
1 Giải phương trỡnh:
sin 2 cos 2
cot
x log 1
4 3
log x log
2
3 x
Cõu III: (2 điểm)
( )
xdx
F x
x cos x
2.Giải bất phương trình: x 1 x 2 x 3
Cõu IV: (1 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy cho tam giỏc ABC cú trọng tõm G(2, 0) biết phương trỡnh cỏc cạnh AB, AC theo thứ
tự là 4x + y + 14 = 0; 2x y20 Tỡm tọa độ cỏc đỉnh A, B, C
PHẦN RIấNG (3 điểm)
Chú ý:Thí sinh chỉ được chọn bài làm ở một phần nếu làm cả hai sẽ không được chấm
A Theo chương trỡnh chuẩn
Cõu Va :
1 Tỡm hệ số của x8 trong khai triển (x2 + 2)n, biết: A 8C C1 49
n
2 n
3
n
2 Cho đường trũn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0
Viết phương trỡnh đường trũn (C') tõm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại cỏc điểm A, B sao cho AB 3
B Theo chương trỡnh Nõng cao
Cõu Vb:
1 Giải phương trỡnh :log x 1 2 log 3 2 x 1 2
2 Cho hỡnh chúp SABCD cú đỏy ABCD là hỡnh vuụng tõm O, SA vuụng gúc với đáy hỡnh chúp
Cho AB = a, SA = a 2 Gọi H và K lần lượt là hỡnh chiếu vuông góc của A lờn SB, SD
Chứng minh SC (AHK) và tớnh thể tớch khối chúp OAHK
……… … ……… Hết………
Trang 2
Hướng dẫn chấm môn toán
TX Đ: D = R\ {-1/2}
Sựự Biến thiên:
,
2
3
0
x
0,25
+ Giới hạn ,tiệm cận:
1 2
lim
x
y
ĐTHS có tiẹm cận đứng : x = -1/2
1 2
lim
x
y
lim 1
2
x
y
lim 1 đTHS có tiệm cận ngang: y = -1/2
2
x
y
0,25
+ Bảng biến thiên:
x y’
y
1/2
-1/2
0,25
Trang 3 §å ThÞ :
y
x 0
I
-1 / 2
1 1 -1/2
0,25
2
Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là
0, 2
1 A
Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng
2
1 x k y
x 1 k co ù nghieäm 2x 1
0,25
) 2 ( k
1 x 2 3
) 1 ( 2
1 x k 1 x 2
1 x
Trang 4Thế (2) vào (1) ta cĩ pt hồnh độ tiếp điểm là
2
1
3 x
và
1 (x 1)(2x 1) 3(x )
2
2
2
x 5 Do đĩ
2
12
1
k
0,25
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y 1 x 1
1
1 Giải phương trình: tgx cotgx (1)
x sin
x
cos x cos
x
(1)
x sin
x
cos x cos
x
sin x
cos x sin
x sin x 2 sin x cos x 2
x cos x sin
x cos x sin x cos x sin
x x 2
0,25
cosx cos2x sin2x 0
2 cos x cosx 1 0 sin2x 02
0,25
cosx 1 (cosx 1 :loại vì sin x 0)
2
k2
3
2
x log 1
4 3
log x log
2
3 x
x log 1
4 x
log
1 x log
2
3 3
0,25
x log 1
4 x
log 2
x log 2
3 3
đặt: t = log3x
0,25
thành 2 t 4 1 t2 3t 4 0
2 t 1 t
(vì t = -2, t = 1 khơng là nghiệm)
0,25
Trang 5IV 1
Tọa độ A là nghiệm của hệ 4x y 14 0 x 4 A(–4, 2)
2x 5y 2 0 y 2 0,25
Do đó, (1) log x3 1 hay x 4 x 1hay x 81
3
Ta cã ( ) sin 2 2 2sin cos2
3 4sin (1 2sin ) 2sin 4sin 2
F x
§¨t u = sinxducosxdx O,25
Ta cã: ( ) ( ) 2 2
1 1
1
F x G u
u
u
VËy ( ) ln 1 1
sin 1
x
§k:x3
0,25
2
6 2 3 3
3
x
x x x
0,25 0,25 0,25
Trang 6
Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ABC nên
(1)
2 y y
2 x x y
y y y
x x x x
C B
C B C
B A G
C B A G
0,25
Vì B(xB, yB) AB yB = –4xB – 14 (2) C(xC, yC) AC ( 3)
5
2 5
x
Thế (2) và (3) vào (1) ta có
0 y 1 x
2 y 3 x 2 5
2 5
x 14 x
2 x x
C C
B B
C B
C B
Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0)
0,25
1 Điều kiện n 4
n 0 k
k n k k n
n
2 2 C x 2 x
Hệ số của số hạng chứa x8 là C4n2n4
0,25
Hệ số của số hạng chứa x8 là C4n2n4 0,25
Ta có: A3n8C2nC1n 49
(n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49
n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0 (n – 7)(n2 + 7) = 0 n = 7
0,25
Nên hệ số của x8 là C423 280
7
0,25
Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) R 3
Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB IM tại trung điểm H của đoạn AB
0,25
Ta có
2
3 2
AB BH
Trang 7
Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I
Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB Gọi H' là trung điểm của A'B'
0,25
Ta có:
2
Ta có: 2 2
MI 5 1 1 2 5
0,25
2
7 2
3 5 HI MI
4
52 4
49 4
3 MH AH
MA
1
4
172 4
169 4
3 ' MH ' H ' A ' MA
0,25
Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13
hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43
0,25
1 Giải phương trình: log x 12 log 32x 1 2
2 x
0,25
log x 1 log 2x 1 1
x 1 2x 1 3
2 2
hoac
2x 3x 4 0(vn)
0,25
x 2
+BC vuông góc với (SAB)
BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB
AH vuông góc với (SBC) AH vuông góc SC (1)
0,25
Trang 8+ Tương tự AK vuông góc SC (2)
SB =
2a 3
2a 3 3
(do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A)
0,25
Ta có HK song song với BD nên HK SH HK 2a 2
0,25
kÎ OE// SC OE(AHK doSC)( (AHK)) suy ra OE lµ ®êng cao cña
h×nh chãp OAHK vµ OE=1/2 IC=1/4SC = a/2
0,5
Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có
AM=
2
9
3
0,25
Trang 9S
A
M
I
E
O
H
K
D
0,25
Trang 10Câu II:
1 Giải phương trình: tgx cotgx (1)
x sin
x 2
cos x cos
x
(1)
x sin
x
cos x cos
x
sin x
cos x sin
x sin x sin x cos x 2
x cos x sin
x cos x
sin x cos x sin
x x 2
2 cos x cosx 1 0 sin2x 02
1 cosx (cosx 1 :loại vì sin x 0)
2
k2
3 x
x log 1
4 3
log x log
2
3 x
x log 1
4 x
log
1 x log
2
3 3
đặt: t = log3x
1 x log 1
4 x
log 2
x log 2
3 3
(1) thành 2 t 4 1 t2 3t 4 0
2 t 1 t
(vì t = -2, t = 1 khơng là nghiệm)
t 1 hay t 4
Do đĩ, (1) log x3 1 hay x 4 x 1hay x 81
3
Câu IV:
Tọa độ A là nghiệm của hệ 4x y 14 0 x 4 A(–4, 2)
2x 5y 2 0 y 2
Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ABC nên
(1)
2 y y
2 x x y
y y
y
x x x
x
C B
C B C
B A
G
C B A
G
Vì B(xB, yB) AB yB = –4xB – 14 (2)
Trang 11C(xC, yC) AC ( 3)
5
2 5
x 2
C
Thế (2) và (3) vào (1) ta có
0 y 1 x
2 y 3 x 2 5
2 5
x 2 14
x
4
2
x
x
C C
B B
C B
C
B
Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0)
Câu Vb:
2 (Bạn đọc tự vẽ hình)
+BC vuông góc với (SAB)
BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB
AH vuông góc với (SBC) AH vuông góc SC (1)
+ Tương tự AK vuông góc SC (2)
(2) và (2) SC vuông góc với (AHK )
SB =
2a 3
2a 3 3
(do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A)
Ta có HK song song với BD nên HK SH HK 2a 2
Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có
AM=
2
9
3
3
Cách khác:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho
A= O (0;0;0), B(a;0;0), C( a;a;0), D(0;a;0), S (0;0; a 2)
Câu I:
1 Khảo sát (Bạn đọc tự làm)
2 Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là
0, 2
1 A
Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng
2
1 x k y
x 1 k co ù nghieäm 2x 1
Trang 12
) 2 ( k
1
x
2
3
) 1 ( 2
1 x k 1
x
1
x
2
Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là
2
1
3 x
và
1 (x 1)(2x 1) 3(x )
2
2
2
x 5 Do đó
2
12
1
k
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y 1 x 1
Câu Va:
1 Điều kiện n 4
0 k
k n k k n
n
2 2 C x 2
x
Hệ số của số hạng chứa x8 là C4n2n4
Ta có: A3n8C2nC1n 49
(n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49
n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0 (n – 7)(n2 + 7) = 0 n = 7
Nên hệ số của x8 là C423 280
7
2 Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) R 3
Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB IM tại trung điểm H của đoạn AB Ta có
2
3 2
AB
BH
Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I
Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB
Gọi H' là trung điểm của A'B'
Ta có:
2
MI 5 1 1 2 5
và
2
7 2
3 5 HI MI
MH' MI H'I 5 3 13
Trang 13Ta có: 13
4
52 4
49 4
3 MH AH
MA
1
4
172 4
169 4
3 ' MH ' H ' A ' MA
Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13
hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43
BÀI GIẢI GỢI Ý
Câu I.
1 y = 2x4 – 4x2 TXĐ : D = R
y’ = 8x3 – 8x; y’ = 0 x = 0 x = 1;
xlim
x 1 0 1 +
y' 0 + 0 0 +
y + 0 +
2 CĐ 2
CT CT
y đồng biến trên (-1; 0); (1; +)
y nghịch biến trên (-; -1); (0; 1)
y đạt cực đại bằng 0 tại x = 0
y đạt cực tiểu bằng -2 tại x = 1
Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0)
Giao điểm của đồ thị với trục hoành là (0; 0); ( 2;0)
2 x2x2 – 2 = m 2x2x2 – 2 = 2m (*)
(*) là phương trình hoành độ giao điểm của (C’) :
y = 2x2x2 – 2 và (d): y = 2m
Ta có (C’) (C); nếu x - 2 hay x 2
(C’) đđối xứng với (C) qua trục hoành nếu - 2 < x < 2
Theo đồ thị ta thấy ycbt 0 < 2m < 2 0 < m < 1
Câu II.
1 PT:sinx+cosxsin2x+ 3 cos 3x 2(cos 4x s i n x) 3
sin x sin 3x 3 cos3x 2cos 4x
sin 3x 3 cos3x 2cos 4x
sin 3x cos3x cos 4x
sin sin 3x cos cos3x cos 4x
cos 4x cos 3x
6
2
2
x
y
0
(C’)
2
x
y
(C)
Trang 142 xy x 1 7y2 2 2
x y xy 1 13y
y = 0 hệ vơ nghiệm
y 0 hệ
2
2
y
y
2 2
2
2
1
y
Ta cĩ hệ là a b 72
a b 13
a a 20 0
b 3
b 12
1
y x 3 y
1
y x 12 y
x 3y
x 12y
x 1 1 y 3
y 1
Câu III :
3 3
3
1
ln x
(x 1)
Đặt u = lnx du dx
x
Chọn
2
dx
(x 1)
1 v
x 1
2
Vậy : I 3(1 ln 3) ln 2
4
Câu IV.
2
3
BN
2
a
B H
gọi CA= x, BA=2x, BC x 3
2
2
CA
BA BC BN
2 2
2
2 9 52
a x
B
M N H
Trang 15Ta có: ' ' 3 3
a
B H BB
3
x
Câu V :
3
2
dấu “=” xảy ra khi :
2
2
Ta có : 2 2 (x2 y )2 2
x y
4
A 3 x y x y 2(x y ) 1 3 (x y ) x y 2(x y ) 1
2 2 2
(x y )
4 9
(x y ) 2(x y ) 1
4
Đặt t = x2 + y2 , đk t ≥ 1
2 2
f (t) t 2t 1, t
f (t) f ( )
Vậy : Amin 9 khi x y 1
Câu VIa.
1 Phương trình 2 phân giác (1, 2) : x y x 7y
1 2
5(x y) (x 7y)
y 2x :d 5(x y) x 7y
1
2
Phương trình hoành độ giao điểm của d1 và (C) : (x – 2)2 + (– 2x)2 = 4
5
25x2 – 20x + 16 = 0 (vô nghiệm) Phương trình hoành độ giao điểm của d2 và (C) : (x – 2)2 +
2
x = Vậy K
2
5
8 4
;
5 5
R = d (K, 1) = 2 2
5
Trang 162 TH1 : (P) // CD Ta có : AB ( 3; 1; 2),CD ( 2; 4;0)
(P) có PVT n ( 8; 4; 14) hay n (4;2;7)
(P) :4(x 1) 2(y 2) 7(z 1) 0
4x 2y 7z 15 0
TH2 : (P) qua I (1;1;1) là trung điểm CD
Ta có AB ( 3; 1;2), AI (0; 1;0)
(P) có PVT n (2;0;3)
(P) :2(x 1) 3(z 1) 0 2x 3z 5 0
Câu VIb.
1
AH
9
2
Pt AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) = 0
B(m;m – 4)
2 2
2
2
Vậy B1 11 3; C1 3; 5 hay B2 3; 5 C2 11 3;
2 AB (4; 1;2); nP (1; 2;2)
Pt mặt phẳng (Q) qua A và // (P) : 1(x + 3) – 2(y – 0) + 2(z – 1) = 0
x – 2y + 2z + 1 = 0 Gọi là đường thẳng bất kỳ qua A
Gọi H là hình chiếu của B xuống mặt phẳng (Q) Ta có :
d(B, ) BH; d (B, ) đạt min qua A và H
Pt tham số
x 1 t
z 3 2t
Tọa độ H = BH (Q) thỏa hệ phương trình :
x 2y 2z 1 0
10 t 9
H 1 11 7; ;
9 9 9
qua A (-3; 0;1) và có 1 VTCP a AH 126;11; 2
9
Pt () : x 3 y 0 z 1
Câu VII.a. Đặt z = x + yi với x, y R thì z – 2 – i = x – 2 + (y – 1)i
Trang 17z – (2 + i)= 10 và z.z 25
(x 2)2 22 (y 1)2 10
x y 25
y 10 2x2 hay
x 8x 15 0
y 4
y 0
Vậy z = 3 + 4i hay z = 5
Câu VII.b.
Pt hoành độ giao điểm của đồ thị và đường thẳng là : x m x2 1
x
2x2 – mx – 1 = 0 (*) (vì x = 0 không là nghiệm của (*))
Vì a.c < 0 nên pt luôn có 2 nghiệm phân biệt 0
Do đó đồ thị và đường thẳng luôn có 2 giao điểm phân biệt A, B
AB = 4 (xB – xA)2 + [(-xB + m) – (-xA + m)]2 = 16 2(xB – xA)2 = 16
(xB – xA)2 = 8 m2 8 8 m =
4
2
Hết.
Trang 18ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009
Môn thi : TOÁN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x4 – (3m + 2)x2 + 3m có đồ thị là (Cm), m là tham số
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 0
2 Tìm m để đường thẳng y = -1 cắt đồ thị (Cm) tại 4 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơn 2
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình 3 cos5x 2sin 3x cos 2x sin x 0
2
x(x y 1) 3 0
5
x
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
3 x 1
dx I
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA’ =
2a, A’C = 3a Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm của AM và A’C Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC)
Câu V (1,0 điểm).Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy
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 với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 0) là trung điểm của cạnh AB Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là 7x – 2y – 3 = 0 và 6x – y – 4 = 0 Viết phương trình đường thẳng AC
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A (2; 1; 0), B(1;2;2), C(1;1;0) và mặt phẳng (P): x + y + z – 20 = 0 Xác định tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho đường thẳng CD song song với mặt phẳng (P)
Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều
kiện z – (3 – 4i)= 2
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x – 1)2 + y2 = 1 Gọi I là tâm của (C) Xác định tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho IMO= 300
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : x 2 y 2 z và mặt phẳng (P): x + 2y –
3z + 4 = 0 Viết phương trình đường thẳng d nằm trong (P) sao cho d cắt và vuông góc với đường thẳng
Trang 19Câu VII.b (1,0 điểm)
Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị hàm số y x2 x 1 tại hai điểm
x
phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung
]BÀI GIẢI GỢI Ý
Câu I 1 m = 0, y = x4 – 2x2 TXĐ : D = R
y’ = 4x3 – 4x; y’ = 0 x = 0 x = 1;
xlim
x 1 0 1 +
y' 0 + 0 0 +
y + 0 +
1 CĐ 1
CT CT
y đồng biến trên (-1; 0); (1; +)
y nghịch biến trên (-; -1); (0; 1)
y đạt cực đại bằng 0 tại x = 0
y đạt cực tiểu bằng -1 tại x = 1
Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0)
Giao điểm của đồ thị với trục hoành là (0; 0); ( 2;0)
2 Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = -1 là
x4 – (3m + 2)x2 + 3m = -1
x4 – (3m + 2)x2 + 3m + 1 = 0 x = 1 hay x2 = 3m + 1 (*)
Đường thẳng y = -1 cắt (Cm) tại 4 điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 2 khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1 và < 2
3m 1 1
1
m 1 3
m 0
Câu II 1) Phương trình tương đương :
3 cos5x (sin 5x sin x) sin x 0 3 cos5x sin 5x 2sin x
3cos5x 1sin 5x sin x
3
3
3
3
2) Hệ phương trình tương đương :
y