Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng BCD 2.. Theo chương trình nâng cao.[r]
Trang 1SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP
TRƯỜNG THPT- TP CAO LÃNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
-KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN I
NĂM HỌC 2009 – 2010 MÔN: TOÁN, KHỐI A,B
Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian phát đề
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I( 2,0 điểm): Cho hàm số: 𝑦 = 𝑥 + 2 (C)
𝑥 ‒ 1
1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số
2 Cho điểm A( 0; a) Tìm a để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C) sao cho 2 tiếp điểm tương ứng nằm về
2 phía của trục hoành
Câu II (2,0 điểm):
1 Giải phương trình lượng giác
2 3𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 2𝑠𝑖𝑛3𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 ‒ 𝑠𝑖𝑛4𝑥 ‒ 3
3𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 1
2 Giải hệ phương trình
{ 𝑥 + 𝑦 + 1 + 1 = 4(𝑥 + 𝑦)2+ 3 𝑥 + 𝑦
2𝑥 ‒ 𝑦 =3
2
Câu III(1,0 điểm): Tính tích phân sau.
3
4
4
2 cos sin
dx I
Câu IV(1,0 điểm): Cho ba số thực 𝑎,𝑏,𝑐 thỏa mãn 𝑎𝑏𝑐 = 2 2 ,Chứng minh rằng:
𝑎6+ 𝑏6
𝑎4+ 𝑏4+ 𝑎2𝑏2+
𝑏6+ 𝑐6
𝑏4+ 𝑐4+ 𝑏2𝑐2+
𝑐6+ 𝑎6
𝑐4+ 𝑎4+ 𝑐2𝑎2≥ 4
Câu V(1,0 điểm): Cho tứ diện ABCD có AC = AD = 𝑎 2, BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) bằng 𝑎 Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) Biết thể của khối tứ diện ABCD bằng
3
𝑎3 15 27
II PHẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần A hoặc B)
A Theo chương trình chuẩn.
Câu VIa(2,0 điểm):
1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm : A(1;2; 2) B(-1;2;-1) C(1;6;-1) D(-1;6;2) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (BCD)
2 Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 -2x +6y -15=0 (C )
Viết PT đường thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng : 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A; B
sao cho AB = 6
Câu VIIa(1,0 điểm): Xác định hệ số của x5 trong khai triển (2+x +3x2 )15
B Theo chương trình nâng cao.
Câu VIb(2,0 điểm):
1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm : A(1;2; 2) B(-1;2;-1) C(1;6;-1) D(-1;6;2) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (BCD)
2 Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 -2x +6y -15=0 (C )
Viết PT đường thẳng (Δ ) vuông góc với đường thẳng : 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A; B
sao cho AB = 6
Trang 2(9𝑥‒ 2.3𝑥‒ 3)log3(𝑥 ‒ 1) + log1
3
27 =2
3.9
𝑥 + 1 2
‒ 9𝑥
-
HẾT -Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 06 trang)
Môn: TOÁN: KHỐI A,B
TXĐ: D= R\{1}
y’= ‒ 3
(𝑥 ‒ 1)2< 0 ∀𝑥 ∈ 𝐷
Hàm số luông nghịch biến trên D và không có cực trị
0,25
Giới hạn: lim
𝑥→1+
𝑥 + 2
𝑥 ‒ 1 = + ∞ lim
𝑥→1‒
𝑥 + 2
𝑥 ‒ 1 = ‒ ∞
lim
𝑥→∞
𝑥 + 2
𝑥 ‒ 1 = 1
PT đường TCĐ: x=1; PT đường TCN: y=1
0,25
Bảng biên thiên:
t - 1 + ∞ ∞
f ’ (t) - + ∥ f(t)
1 + ∞
- 1 ∞
0,25
x
y
f x ( ) = x+2 x-1
1 4
-2 -2 O 1 2 3 5/2
Trang 32 1,0
Gọi k là hệ số góc của đt đi qua A(0;a) PT đt d có dạng y= kx+a (d)
d là tiếp tuyến với ( C ) ⇔ hệ PT { 𝑥 + 2 có nghiệm
𝑥 - 1 = kx + a
(𝑥 - 1)2
<=>Pt (1-a)x2 +2(a+2)x-(a+2)=0 (1) có nghiệm x ≠ 1
0,25
Theo bài ra qua A có 2 tiếp tuyến thì pt (1) có 2 nghiệm x1 ; x2 phân biệt
Δ'= 3𝑎 + 6 > 0 ⇔ 1 ≠ 𝑎 > ‒ 2
Khi đó theo Viet ta có : x1 +x2 = 2(𝑎 + 2) ; x1.x2 =
𝑎 - 1
𝑎 + 2
𝑎 - 1
0,25
Suy ra y1 = 1+ 3 ; y2 =
3
𝑥2‒ 1
Để 2 tiếp điểm nằm về 2 phía của trục Ox thì y1.y2 <0
⇔ (1+ 3 ) < 0 ⇔
𝑥1- 1 (1 +
3
𝑥2- 1 )
𝑥1.𝑥2+ 2 ( 𝑥1 + 𝑥2) + 4
𝑥1.𝑥2- ( 𝑥1 + 𝑥2) + 1 < 0
0,25
Giải đk trên ta được
⇔ -(3a+2) <0 ⇔ a>-2/3
Kết hợp với đk (*) ta có 1 ≠ a>-2/3
0,25
ĐK: 3𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 ≠ 0⇔cos(𝑥 ‒𝜋
3)≠ 0⇔𝑥 ≠5𝜋
6 + 𝑘𝜋, 𝑘 ∈ 𝑍
0,25
Với ĐK trên PT đã cho tương đương với
3𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝑠𝑖𝑛2𝑥 = 3𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥⇔cos(2𝑥 ‒𝜋
6)= cos(𝑥 ‒𝜋
3)
⇔[ (2𝑥 ‒𝜋
6)=(𝑥 ‒𝜋
3)+ 𝑘2𝜋
(2𝑥 ‒𝜋
6)=‒(𝑥 ‒𝜋
3)+ 𝑘2𝜋
⇔[𝑥 =‒𝜋
6+ 𝑘2𝜋
𝑥 = 𝜋
6+
𝑘2𝜋 3
;𝑘 ∈ 𝑍
0,5
Đối chiếu ĐK ta được nghiệm của pt đã cho là 𝑥 =𝜋
6+ 𝑘2𝜋,𝑥 =
3𝜋
2 + 𝑘2𝜋, 𝑘 ∈ 𝑍
0,25
Trang 4 Đặt : t = x + y ; ĐK: t ≥ 0
Giải PT: 𝑡 + 1 + 1 = 4𝑡2+ 3 𝑡⇔ 𝑡 + 1 ‒ 3𝑡 = 4𝑡2‒ 1
0.25
⇔ 1 ‒ 2𝑡
𝑡 + 1 + 3𝑡 = (2𝑡 ‒ 1)(2𝑡 + 1)
⇔(1 ‒ 2𝑡) [ 1
𝑡 + 1 + 3𝑡 + 2𝑡 + 1 ] = 0
⇔𝑡 = 1
2
0,5
Hệ đã cho trở thành {𝑥 + 𝑦 =1
2
2𝑥 ‒ 𝑦 =3
2
⇔{𝑥 =2
3
𝑦 =‒1 6
Vậy hệ dã cho có một nghiệm {𝑥 =2
3
𝑦 =‒1 6
0,25
3
4
4
2 cos sin
dx
4
2
2 2 cos sin
4
dx
Đặt : t = tanx⇒𝑑𝑡 = 𝑑𝑥
𝑐𝑜𝑠2𝑥 Đổi cận: x = 𝜋
4⇒𝑡 = 1
x = 𝜋
3⇒𝑡 = 3
0,5
Khi đó
3
4 3 8 )
3 2
1 ( ) 2
1 ( )
1
1
3 3
1
2 2
3 1 2
2
t dt t t
t
dt t
BĐT cần chứng minh tương đương với
(𝑎2+ 𝑏2)(𝑎4+ 𝑏4‒ 𝑎2𝑏2)
𝑎4+ 𝑏4+ 𝑎2𝑏2 +
(𝑏2+ 𝑐2)(𝑏4+ 𝑐4‒ 𝑏2𝑐2)
𝑏4+ 𝑐4+ 𝑏2𝑐2 +
(𝑐2+ 𝑎2)(𝑐4+ 𝑎4‒ 𝑐2𝑎2)
𝑐4+ 𝑎4+ 𝑐2𝑎2 ≥ 4
Nhận xét: Do 𝑎𝑏𝑐 = 2 2 nên 𝑎2,𝑏2,𝑐2 là các số thực dương
0,25
Trang 5 Xét : A = (𝑥 với x,y > 0
2 + 𝑦2‒ 𝑥𝑦)
𝑥2+ 𝑦2+ 𝑥𝑦
Chia tử và mẫu cho và đặt t = ta được A = 𝑦2 𝑥 với t > 0
𝑦
𝑡2‒ 𝑡 + 1
𝑡2+ 𝑡 + 1
Xét hàm số f(t) = 𝑡 trên (0;+ )
2
‒ 𝑡 + 1
𝑡2+ 𝑡 + 1 ∞
Ta có : f ’ (t) = 2(𝑡
2
‒ 1) (𝑡2+ 𝑡 + 1)2
= 0⇔𝑡 = 1
Bảng biên thiên:
t 0 1 + ∞
f ’ (t) - 0 +
f(t)
1 1
1
3
Dựa vao bảng biến thiên ta có f(t) ≥ 1 với mọi t > 0
3
Từ đó A = (𝑥 với x,y > 0; dấu bằng xảy ra khi t = 1 nên x = y.
2 + 𝑦2‒ 𝑥𝑦)
𝑥2+ 𝑦2+ 𝑥𝑦 ≥
1 3
0,5
Do vai trò 𝑎2,𝑏2,𝑐2 là như nhau nên BĐT cần chứng minh tương đương
1
3(𝑎
2 + 𝑏2) +1
3(𝑏
2 + 𝑐2) +1
3(𝑐
2 + 𝑎2) ≥ 4
⇔2
3(𝑎
2 + 𝑏2+ 𝑐2) ≥ 4
Áp dụng BĐT cô si ta có 𝑎2+ 𝑏2+ 𝑐2≥ 3 3
𝑎2𝑏2𝑐2= 6, 𝑣ớ𝑖 𝑎𝑏𝑐 = 2 2
Thay vào ta suy BĐT được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2
0,25
Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH AE⊥
Ta có △ACD cân tại A nên CD AE⊥
Tương tự △BCD cân tại B nên CD BE⊥
Suy ra CD (ABE) CD BH⊥ ⇒ ⊥
Mà BH AE suy ra BH (ACD) ⊥ ⊥
Do đó BH = 𝑎 và góc giữa hai mặt phẳng
3 (ACD) và (BCD) là 𝛼
0,25
Thể tích của khối tứ diện ABCD là 𝑉 =1
3𝐵𝐻.𝑆𝐴𝐶𝐷=𝑎
3 15 27
0,25
𝑎 3
𝑎 2
𝑎
𝛼
H
D E C B
A
Trang 6⇒𝑆𝐴𝐶𝐷= 𝑎2 5
3 ⇒𝐴𝐸.𝐷𝐸 = 𝑎
2 5
3 ⇒𝐴𝐸
2
𝐷𝐸2= 𝑎45
9
Mà 𝐴𝐸2+ 𝐸𝐷2= 2𝑎2
Khi đó :𝐴𝐸2,𝐷𝐸2là 2 nghiệm của pt: x2 - 2𝑎2x + 𝑎45 = 0
9
trường hợp vì DE<a
⇒[𝐴𝐸2=𝑎
2
3
𝐷𝐸2=5𝑎
2
3 ℎ𝑜ặ𝑐[𝐴𝐸2=5𝑎
2
3
𝐷𝐸2=𝑎
2
3
𝐷𝐸2=5𝑎
2
3 𝑙𝑜ạ𝑖
Xét △BED vuông tại E nên BE = 𝐵𝐷2‒ 𝐷𝐸2= 𝑎2‒𝑎
2
3 = 𝑎
2 3
Xét △BHE vuông tại H nên sin = 𝛼 𝐵𝐻
𝐵𝐸=
𝑎 3
𝑎 2 3
= 1
2⇒𝛼 = 45
0
Vậy góc giữa hai mp(ACD) và (BCD) là 𝛼 = 450
0,25
Ta có 𝐵𝐶 = (2;4;0); 𝐵𝐷 = (0;4;3)
[𝐵𝐶 𝐵𝐷, ] = (12; -6;8)
Mp (BCD) đi qua B và có VTPT =(6;-3;4) nên có PT: 6x-3y+4z+16=0𝑛
Gọi d là đt đi qua A và vuông góc với mp(BCD) thì d có PT:
{𝑥 = 4 + 6𝑡
𝑦 =‒ 7 ‒ 3𝑡
𝑧 = 4𝑡
0,5
Hình chiếu vuông góc H của A lên mp(BCD) là giao điểm của d với mp(BCD)
Tọa độ của H là nghiệm của hệ :
{ 𝑥 = 4 + 6𝑡
𝑦 =‒ 7 ‒ 3𝑡
𝑧 = 4𝑡 6𝑥 ‒ 3𝑦 + 4𝑧 + 16 = 0
⇔{𝑡 =‒ 1
𝑥 =‒ 2
𝑦 =‒ 4
𝑧 =‒ 4 Vậy H( -2; -4; -4)
0,5
Đường tròn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5
Gọi H là trung điểm AB thì AH=3 và IH AB suy ra IH =4⊥
Mặt khác IH= d( I; Δ )
Vì Δ || d: 4x-3y+2=0 nên PT của Δ có dạng
3x+4y+c=0
0,5
I
Trang 7d(I; Δ )= |𝑐 ‒ 9|
5 = 4⇔[ 𝑐 = 29
𝑐 =‒ 11 vậy có 2 đt thỏa mãn bài toán: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0
0,5
Ta có (2+x+3x2 )15 =
15
∑
𝑘 = 0
𝐶15𝑘.(𝑥 + 3.𝑥2)𝑘.215 ‒ 𝑘
Mà (𝑥 + 3.𝑥2)𝑘 =
𝑘
∑
𝑖 = 0
𝐶𝑘𝑖.3𝑖.𝑥𝑘 + 𝑖
Vậy (2+x+3x2 )15 =
15
∑
𝑘 = 0
𝑘
∑
𝑖 = 0
𝐶15𝑘.𝐶𝑖
𝑘.3𝑖.𝑥𝑘 + 𝑖
0,5
Theo gt với x5 ta có các cặp số : (k=3; i=2) ( k=4; i=1) (k=5; i=0)
Vậy hệ số của x5 trong khai triển trên là :
a= 𝐶153.𝐶23.32.212+ 𝐶154.𝐶14.31.211+ 𝐶155.𝐶05.30.210= 82.131.210
0,5
ĐK: x > 1
Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương
(9𝑥‒ 2.3𝑥‒ 3)log3(𝑥 ‒ 1) ‒ 3 = 2.3𝑥‒ 9𝑥
0,25
⇔(3𝑥‒ 3)(3𝑥+ 1)log3(𝑥 ‒ 1) ‒ 3 ‒ 2.3𝑥+ 9𝑥= 0
⇔(3𝑥‒ 3)(3𝑥+ 1)log3(𝑥 ‒ 1) +(3𝑥+ 1)(3𝑥‒ 3)= 0
⇔(3𝑥‒ 3)(3𝑥+ 1) [log3(𝑥 ‒ 1) + 1]= 0
0,5
⇔[3𝑥‒ 3 = 0
log3(𝑥 ‒ 1) + 1 = 0⇔[𝑥 = 1 (𝑙𝑜ạ𝑖)
𝑥 =4
3
⇔𝑥 =4 3 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm : 𝑥 =43
0,25