Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và cắt mặt cầu (S) theo một đường.. tròn có bán kính lớn nhất.[r]
Trang 1Thầy Trần Ngọc Văn ĐỀ THI ĐẠI HỌC NĂM 2009
Đề số 3 Môn thi Toán- Khối A
Thời gian làm bài 180 phút
Câu I: (2 điểm)
Cho hàm số y=x4− 8 x2+7 (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)
2 Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = mx – 9 tiếp xúc với đồ thị hàm số (1)
Câu II: (2 điểm)
1 Giải phương trình sin ( 2 x − π
4 ) =sin ( x − π
4 ) + √ 2 2
2 Giải bất phương trình : 1
1 − x2+1>
3 x
√ 1− x2
Câu III: (2 điểm)
Trong không gian hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x + 3y – 3z + 1 = 0 , đường thẳng
d1: x − 3
y
9 =
z +5
1 và 3 điểm A(4;0;3) , B(–1;–1;3) C(3;2;6)
1 Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua ba điểm A,B,C và có tâm thuộc mặt phẳng (P)
2 Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính lớn nhất.
Câu IV: (2 điểm)
1 Tính tích phân : I= ∫
0
π / 2 sin 2 x 3+4 sin x −cos 2 x dx
2 Chứng minh rằng phương trình : 4x( 4 x2+ 1)=1 có đúng ba nghiệm thực phân biệt
Câu Va :(2 điểm)
1 Tìm hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển nhị thức Newton (1+3x)2n biết rằng
A n3+2 An2=100 (n là số nguyên dương)
2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 =1 Tìm các giá trị thực của m để trên đường thẳng y = m tồn tại đúng 2 điểm mà từ mỗi điểm có thể kẻ được hai tiếp tuyến với C sao cho góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600
Câu Vb: (2 điểm)
1 Giải phương trình : 3+ 1
log3x =logx( 9 x − 6
x )
2 Cho hình chóp SABC mà mỗi mặt bên là một tam giác vuông SA=SB=SC = a Gọi M,N,E lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,AC,BC D là điểm đối xứng của S qua E ,
I là giao điểm của đường thẳng AD với mặt phẳng (SMN) Chứng minh rằng AD SI và tính theo a thể tích của khối tứ diện MBSI
-Hết -ĐÁP ÁN
Trang 2Câu 1: (2 điểm)
Học sinh tự giải
Câu II: (2 điểm)
1 sin ( 2 x − π
4 ) =sin ( x − π
4 ) + √ 2
2 sin ( 2 x − π
4 ) − sin π
4 =sin ( x − π
4 )
⇔2 cos x sin ( x − π
4 ) −sin ( x − π
4 ) =0 ⇔sin ( x − π
4 ) (2 cos x −1)=0
⇔
sin ( x − π
4 ) =0
¿
cos x=1/2
¿
x= π
4 + kπ
¿
x =± π
3 + k 2 π
¿
( k ∈ Z)
¿
⇔ ¿
¿
¿
¿
2 1
1 − x2+1> 3 x
√1− x2 (*) Điều kiện –1< x <1 Đặt x = sint với t [0 ; ] Ta có 1
cos2t + 1>
3 sin t cos t ⇔ tan2
t −3 tan t +2>0
⇔ tan t<1 ∨ tant >2 (*)
Mặt khác với tant = 1 thì sin t= √ 2
2 ; với tant = 2 sin
2t=4 cos2t ⇒sin t= 2
√ 5
Vậy từ (*) Ta có nghiệm của bất phương trình đã cho là :
−1<x < √ 2
2
¿
2
√ 5 < x <1
¿
¿
¿
¿
Câu III: (2 điểm)
1 Gọi mặt cầu (S) cần tìm có phương trình
( S ): x2+ y2+ z2+ 2 ax +2 by +2 cz+d =0 có tâm I(–a ; –b ; –c)
A,B,C thuộc (S) và I thuộc (P) nên ta có hệ phương trình :
Trang 38 a+6 c +d +25=0
−2 a −2 b+6 c+d+11=0
6 a+4 b+12 c+d+49=0
−2 a −3 b+3 c +1=0
⇔
¿ { { {
¿
¿
8 a+6 c+d+25=0
10 a+2 b+14=0
−2 a+4 b+6 c+24=0
− 2a − 3 b+3 c +1=0
⇔
¿ a=−1 b=−2 c=−3
d =1
¿ { { {
¿
Phương trình mặt cầu : ( S ): x2+ y2+ z2−2 x − 4 y −6 z+1=0 Tâm I(1;2;3)
2 Mặt phẳng (Q) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính lớn nhất là mặt phẳng đi qua tâm I của mặt cầu Đường thẳng d đi qua điểm M(3;0;–5) và có VTCP u→=(2 ;9 ;1)
IM
−− →
=(2 ;−2 ;−8) ; [ IM−→, u→] =(70 ;−18 ;22)
Mặt phẳng (Q) có VTPT →n =(35 ;− 9 ;11) nên có phương trình
(Q) : 35(x –1 ) –9(y –2) +11(z – 3) =0 (Q): 35x –9y +11z –50 =0
Câu IV: (2 điểm)
1
sin x+1 ¿2
¿
¿
sin x
¿
I= ∫
0
π / 2
sin 2 x
3+4 sin x −cos 2 x dx= ∫
0
π /2 sin x
sin2x +2sin x +1 .cos xdx= ∫
0
π /2
¿
Đặt t = sinx +1 sinx = t – 1 cosxdx = dt
Khi x = 0 t = 1 ; khi x = /2 t = 2 Ta có :
I= ∫
1
2
t −1
t2 dtị= ∫
1
2
( 1 t −
1
t2) dtị= ( ln∨t∨ + 1
t ) ¿12=ln 2 − 1
2
2.Đặt f (x)=4x(4 x2+1)− 1
Tập xác định D = R , hàm số liên tục trên R
f ' (x)=4x 2 ln 2(4 x2+1)+ 8 x 4x=2 4x(4 x2ln 2+4 x + ln2)
f ' (x)=0 ⇔4 x2
ln2+4 x +ln 2=0 Δ'=4 −4 ln22=4 (1 − ln22)>0 Vây f ’(x) = 0 luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2
Điều này chứng tỏ f(x) cắt trục hoành không quá 3 điểm phương trình đã cho không quá 3 nghiệm Mặt khác do f(x) liên tục trên R và thỏa
f (0) = 0 ; f(–1/2) = 0 ; f(–2) = 1/16 ; f(–3) = 27/64
Như vậy phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm : x = 0 ; x = –1/2 ; x (–3 ; –2)
Câu Va :(2 điểm)
1 An3+2 An2=100 Điều kiện n ≥ 3
An3+2 An2=100 ⇔ n !
( n −3)! +2
n !
( n −2)! =100 ⇔n(n− 1)(n− 2)+2 n(n− 1)=100 ⇔n=5 1+3 x ¿10= ∑
k=0
10
C10k 3kxk
¿
Số hang chứa x5 tương ứng k = 5 Hệ số só hạng chứa x5 là C105 .35=61236
Trang 42 Đường tròn (C) có tâm O(0;0) bán kính bằng 1 Giả sử từ điểm M kẻ được hai tiếp tuyến MA , MB đến (C) thỏa mãn
góc MAB bằng 600 thì góc AMO bằng 300 MO = 2 Vậy M chạy trên đường tròn tâm O bán kính bằng 2
Số điểm nằm đường thẳng y = m kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) thỏa mãn YCBT cũng là số giao điểm của đường tròn (C’) tâm O bán kính bằng 2 với đường thẳng y = m Để có đúng 2 điểm theo YCBT thì |m| < 2
Câu Vb: (2 điểm)
1 Điều kiện
¿
0< x ≠1
x >√6
3
¿{
¿
3+ 1
log3x = logx( 9 x − 6
x ) ⇔3+logx3=logx( 9 x2−6)− 1 ⇔logx(3 x4)=logx(9 x2− 6)
⇔3 x4
−9 x2+6=0 ⇔(x2
−1)(3 x2−6)⇒ x= √ 2
2
Trong (ABC) AE MN = J SJ = (SMN) (ASD)
Trong (ASD) SJ AD = I I = AD (SMN)
Ba tam giác SAB,SAC,SBC là các tam giác vuông cân
bằng nhau SA,SB,SC đôi một vuông góc và ABC
là tam giác đều cạnh a 2
BSCD là hình vuông cạnh a
( )
BD SB
BD SAB BD SM
BD SA
Lại có SM AD nên SM (ABD) SM AD (1)
( )
BC SD
BC SAD BC AD
BC SA
Mà MN// BC MN AD (2)
Từ (1) và (2) AD (SMN) AD SI (đpcm)
Trong (SBD) kẻ IH // BD (H AB)
IH (SAB)
3 3
IH AI AI AD SA a
BDAD AD SA SD a
IH = a/3
SSMB = 1/2 SSAB =
2
4
a
VMBSI =
3 SMB 3 3 4 36
a a a
J
D E
N
M
B
A