Chứng minh rằng mọi tiếp tuyến của đồ thị 1 đều lập với hai đường tiệm cận một tam giác có diện tích không đổi.. Tìm m để phương trình sau có nghiệm.[r]
Trang 1Sở GD & ĐT hà nội đề thi thử đại học Số 5 – năm 2010
Môn thi: Toán
Lớp Toán 12 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Phần chung cho tất cả các thí sinh.
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số : (1)
1
2
x
x y
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1).
2 Chứng minh rằng mọi tiếp tuyến của đồ thị (1) đều lập với hai ./ tiệm cận một tam giác có diện tích không đổi.
Câu II (2 điểm)
1 Giải $.9 trình
cos 2 2 1 .
x
x
2 Tìm m để $.9 trình sau có nghiệm
x2 x 1 x2 x 1 m
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c)
với a, b, c > 0.
1 Tính khoảng cách từ O đến mp (ABC).
2 Tính thể tích khối đa diện OIBC trong đó I là chân ./ cao kẻ từ C của ABC
Câu IV (2 điểm)
1 Tớnh diện tớch hỡnh phẳng giới hạn bởi cỏc đường y = 0; y =
1
) 1 (
2
x
x x
2 Cho x, y, z là các số thực 3.9 thoả mãn x + y + z = xyz.
Tìm GTNN của A =
) 1 ( ) 1 ( ) 1
zx yz
x
yz xy
z
xy
Phần riêng - Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V a hoặc
V.b -Câu V a Dành cho chương trình chuẩn (2 điểm).
1 Giải $.9 trình log(10.5x 15.20 )x x log 25.
2 Tính thể tích lăng trụ đều ABC.A’B’C’ biết (ABC’) hợp với đáy góc 600 và diện tích tam giác ABC bằng ' 2
3a
Câu V b Dành cho chương trình nâng cao (2 điểm).
1 Giải bất $.9 trình:
3 2
4 )
3 2 ( )
3 2
x x x x
2 Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành có AB = a, góc ABC = 300; hai mặt bên SAD và SBC vuông tại A, C cùng hợp với đáy góc
CMR: (SAC) (ABCD) và tính thể tích khối chóp S.ABCD.
- http://ductam_tp.violet.vn/
-Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh ……… SBD: 02 - 2010
Trang 2
đáp án và thang điểm chi tiết - môn toán - đề số 5 – 12u
1 Khảo sát- vẽ đồ thị (1 điểm)
Ta có:
1
3 1
x y
TXĐ: D = R\ {1}
Sự biến thiên:
+ Giới hạn – Tiệm cận:
x 1
lim
ĐTHS có tiệm cận đứng: x = 1
x 1
lim 1 ĐTHS có tiệm cận ngang: y = 1
x
0,25
+ Bảng biến thiên:
y '= 0,
) 1 (
3
2
x y’
y
-1
1
HS nghịch biến trên các khoảng (-; 1) và (1; +)
HS không có cực trị
0,5
Đồ thị:
y
x
O -2 -2
1 1
KL: Đồ thị hàm số nhận giao hai tiệm cận làm tâm đối xứng
0,25
2 CMR: Mọi tiếp tuyến …… diện tích không đổi (1 điểm)
Trang 3 Giả sử M thuộc đồ thị (1)
1
2
;
a
a a
Tiếp tuyến của (1) tại M:
1
2 )
)(
(
'
a
a a x a y y
= 2
2 2
) 1 (
2 4 )
1 (
3
a
a a
x
TCĐ: x = 1 (1) ; TCN: y = 1(1) Gọi I là giao 2 tiệm cận I(1; 1)
A = d 1 A(1; ) ; B = d B(2a-1; 1)
1
5
a
a
1
6
; 0
a
1
6
a IB 2 a 2 ; 0 a 1 0,25
Diện tích IAB: SIAB= IA IB= 6 (đvdt) ĐPCM
2
1
1 Tìm x ( 0 ; )thoả mãn pt (1 điểm)
ĐK:
1 tan
0 2 sin 0
cos sin
0 2 sin
x
x x
x x
x x
x x x
x x
cos sin sin
sin cos
cos 2 cos sin
sin
x
x x
cos sin sin
cos sin cos
sin
sin
0,25 -0,25
cos x sin x sin x ( 1 sin 2 x )
(cos x sin x )(sin x cos x sin2 x 1 ) 0 0,25 (cos x sin x )(sin 2 x cos 2 x 3 ) 0
cos x sin x 0 tanx = 1 ( )(tm)
4 k k Z
2 Tìm m để pt có nghiệm (1 điểm)
Xét hs: f ( x ) x2 x 1 x2 x 1
1 2
1 2 1
2
1 2 )
( '
2
x x
x x
x
x x
f
) 1 (
) 1 2 ( ) 1 (
) 1 2 (
0 ) 1 2 )(
1 2 ( 0 ) ( '
2 2 2
2
x x x
x x x
x x
x f
0,25
Trang 4IV 2
1 Tính tích phân (1 điểm)
y 0 x 0;x1
0,25 Khi đó:
(1 )
) ( 0
2
1 2
1
l x
x x
f ' ( 0 ) 1 0 , x R HS f (x )đồng biến trên R
0,25
lim ( ) 1 ; lim ( ) 1
x
x f x
PT có nghiệm khi: -1 < m < 1.
0,25
1 Tính khoảng cách từ O đến (ABC) (1 điểm)
PT mp(ABC): 1
c
z b
y a
x
0,5 bcx cay abz abc 0 O,25
2 2 2 2 2 2
) ( ,
a c c b b a
abc ABC
O d
2 Tính thể tích khối đa diện OIBC (1 điểm)
AB = a ;b ; 0
PTTS của AB:
0
z
bt y
at a x
0,25
I AB I ( a at ; bt ; 0 ) IC = at a ; bt ; c
IC AB
2 2
2 2
0 ) (
b a
a t
t b a a
; 2 2;0
2 2 2 2
b a
b a b a
ab I
;0;0
0 0
0
; 0
0 0
; 0 0
c c
b OC
2 2
3
,
b a
c ab OI
OC OB
3
6
, 6
1
b a
c ab OI
OC OB
0,25
0,25
0,25
Trang 5= 2 2
dx dx
1
ln 2 1
0,25 0,25
2 Tìm GTNN (1 điểm)
Cách 1:
a
1 1 4
1 1
Dấu “ =” xảy ra a b
A = 1 x 1 y 1 z x 1 xyz y 1 xyz z 1 xyz
A = 1 x 1 y 1 z 2 x 1 y z 2 y 1 z x 2 z 1 x y
áp dụng (1) ta có:
y x x z z y z y x z
y x
1 1
1 2
1 2
1 2
1 4
1 1 1 1
1 x 1 y 1 z 4 1 1 x 1 y 1 z 4 3 1 x 1 y 1 z
CM: Với mọi a, b, c thì: a b c 2 3 ab bc ca (2) Dấu “=” xảy ra a b c
áp dụng (2) ta có:
2
xyz
z y x zx
yz xy z
y x
Do x, y, z > 0 nên 1 1 1 3 A
z y
4
3 3
KL: đạt .Q' khi
4
3 3
min
Cách 2:
A = 1 x 1 y 1 z 2 x 1 y z 2 y 1 z x 2 z 1 x y
Theo CôSi:
A 4 4 44
1 4
1 4
1 1
1 1
xyzz xyyz
xxyz z
y x
A 1 x 1 y 1 z 16 1 2 x 1 y 1 z 1 x 2 y 1 z 1 x 1 y 2 z
A 4 3 1 x 1 y 1 z (Cách 1)
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 61 Giải phương trình (1 điểm)
10 25 lg 20
15 5 10
10 5x 15 20x 25 10x
Đặt t 2x( t 0 ) 2
) ( 3 2
) ( 1
tm t
tm t
0,25
t 1 2x 1 x 0
3
2 log 3
2 2 3
2
2
x
KL:
0,25
2 Tính thể tích lăng trụ (1 điểm)
A H B
C
C’
B’
A’
Gọi H là trung điểm AB
AB H
C
AB CH
'
60 ' )
' , ( ) ( ), '
SABC' 3 a2 HC ' AB 2 3 a2 (1) Xét HCC ' vuông tại C: 3 (2)
60 cos ' HC 0 AB
Từ (1),(2) AB a 2 ; HC ' a 6
2
2 3 60 sin '.
2
3 60
sin 2
1
a AB
' ' '
6 3 '
S
VABC B C ABC
0,25
0,25
0,25
0,25
1 Giải bất phương trình (1 điểm)
Trang 7Bpt 2 3 2 2 3 2 4
2 2
§Æt 2 3 2 ( 0)
2
t t
t2 t4 102 3t2 3 (tm)
0,5
2
1 2
1 2
x2 2x101 2 x1 2
KL:
0,5
2 CM: (SAC) (ABCD) vµ tÝnh thÓ tÝch S.ABCD (1 ®iÓm)
S
A
D O
CM: (SAC) (ABCD):
BC AD
AD SA
BC
TÝnh thÓ tÝch:
(1)
AC SC ABCD
SBC AC
BC
SC
, )
( ), (
) ( ) (
;.9 tù ( SAD ), ( ABCD ) SA , AC (2)
Tõ (1), (2) SAC SCA
SAC c©n t¹i S SO AC BC SO SO ( ABCD )
ABC vu«ng t¹i C : AC = AB.sin300 =
2
a
4
3 60
sin 2
1 2
SOA vu«ng t¹i O: AO =
4 2
AC
SO = AO.tan tan
4
1 4
a
48
3
3
0,25
0,25
0,25
0,25