Tớnh thể tớch hỡnh chúp cụt biết rằng cạnh đỏy lớn gấp đụi cạnh đỏy nhỏ.. Theo chương trỡnh chuẩn.. Viết phương trỡnh đường thẳng BC.. Trong cỏc mặt phẳng qua , hóy viết phương trỡnh củ
Trang 1(Đề 5)
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Cõu I (2 điểm) Cho hàm số 2 4
1
x y
x
1)Khảo sỏt và vẽ đồ thị C của hàm số trờn
2)Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và cú hệ số gúc k Tỡm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai
điểm M, N và MN 3 10
Cõu II (2 điểm) :
1 Giải hệ phương trỡnh:
12 12
2.Giải phương trỡnh :2 sin 2 sin 2 sin cos 1 0
Cõu III (1 điểm): Tớnh tớch phõn: 2 3
0
3sin 2cos (sin cos )
Cõu IV (1 điểm) Cho hỡnh chúp cụt tam giỏc đều ngoại tiếp một hỡnh cầu bỏn kớnh r cho trước Tớnh thể tớch
hỡnh chúp cụt biết rằng cạnh đỏy lớn gấp đụi cạnh đỏy nhỏ.
Cõu V (1 điểm) Tìm m để phơng trình sau có 2 nghiệm phân biệt :
10x 2 8 4 ( 2 1 ) 2 1
PHẦN RIấNG (3 điểm): Thớ sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1 Theo chương trỡnh chuẩn.
Cõu VI.a (2 điểm)
1 ChoABC cú đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y 1 0 và phõn giỏc trong CD:
1 0
x y Viết phương trỡnh đường thẳng BC.
2 Cho đường thẳng (D) cú phương trỡnh:
2 2
2 2
.Gọi là đường thẳng qua điểm
A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hỡnh chiếu vuụng gúc của A trờn (D) Trong cỏc mặt phẳng qua , hóy viết
phương trỡnh của mặt phẳng cú khoảng cỏch đến (D) là lớn nhất.
Cõu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1] Chứng minh rằng
xy yz zx x y z
2 Theo chương trỡnh nõng cao.
Cõu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường trũn hai đường trũn
( ) :C x – 2 – 2 1 0,y x y ( ') :C x2 y2 4 – 5 0x cựng đi qua M(1; 0) Viết phương
trỡnh đường thẳng qua M cắt hai đường trũn ( ), ( ')C C lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB.
2)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d’ lần lợt có phơng trình :
1
2
và d’ :
1
5 3
2
2
y
x
Viết phơng trình mặt phẳng ( ) đi qua d và tạo với d’ một góc 30 0
Cõu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giỏc Chứng minh
2
a
Trang 2
-Hết -Kỳ thi thử đại học- cao đẳng năm 2010
Hớng dẫn chấm môn toán:
(Đề 5)
I
(2,0) 1(1,0)
Làm đỳng, đủ cỏc bước theo Sơ đồ khảo sỏt hàm số cho điểm tối đa
2(1,0) Từ giả thiết ta cú: ( ) :d y k x ( 1) 1 Bài toỏn trở thành: Tỡm k để hệ phương
trỡnh sau cú hai nghiệm ( ; ), ( ; )x y1 1 x y2 2 phõn biệt sao cho
x2 x12 y2 y12 90(*)
2 4
( 1) 1
( ) 1
( 1) 1
x
k x
I x
y k x
Ta cú:
( )
( 1) 1
I
y k x
Dễ cú (I) cú hai nghiệm phõn biệt khi và chỉ khi phương trỡnh
2 (2 3) 3 0(**)
kx k x k cú hai nghiệm phõn biệt Khi đú dễ cú được
3
0, 8
k k
Ta biến đổi (*) trở thành:
(1 k ) x x 90 (1 k )[ x x 4x x] 90(***) Theo định lớ Viet cho (**) ta cú: 1 2 1 2
cú phương trỡnh: 8k3 27k2 8k 3 0 (k 3)(8k2 3k 1) 0
KL: Vậy cú 3 giỏ trị của k thoả món như trờn.
Cõ
u
1
1) CõuII:2 Giải phương trỡnh:
0 1 cos sin
) 1 cos 2 ( sin 2 0 1 cos sin
2 sin sin
( 2 cosx 1 ) 2 8 (cosx 1 ) ( 2 cosx 3 ) 2 Vậy sinx 0 , 5 hoặc sinx cosx 1 Với sinx 0 , 5 ta có x 2k
6
hoặc x 2k
6
5
4
sin 2
2 4
sin 1 cos
x 2k hoặc x 2k
2
3
2
Điều kiện: | | | |x y
Trang 3Đặt
v x y
; x y không thỏa hệ nên xét x y ta có
2
1 2
u
v
Hệ phương trình đã cho có dạng:
2
12 12 2
u v
v v
4 8
u v
hoặc u v93
+
+
Giải hệ (I), (II).
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương
trình ban đầu là S 5;3 , 5; 4
III
3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin (sin cos ) (cos sin ) (cos sin )
(Do tích phân không phụ thuộc vào kí hiệu cua biến số)
2
(sin cos ) (cos sin ) (sin cos )
=
2
2
I
Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’ Gọi I, I’
là trung điểm của AB, A’B’ Ta có:
' ' ' ' '
'
Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy
tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm KII'.
0,25
Trang 4Gọi x là cạnh đỏy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đỏy lớn Ta cú:
I K I H I C IK IH IC
0,25
Thể tớch hỡnh chúp cụt tớnh bởi: ' '
3
h
V B B B B
Trong đú: 4x2 3 2 2 2 3 3r2 3
x
0,25
Từ đú, ta cú:
0,25
V Nhận xét : 10x2 8x4= 2(2x+1)2 +2(x2 +1)
Phơng trình tơng đơng với : 2( ) 2 0
1
1 2 ( ) 1
1 2
2 2
x
x m x
x
x
x
1
1 2
2 Điều kiện : -2< t 5 Rút m ta có: m=
t
t 2
2 2
Lập bảng biến thiên của hàm số trên 2 , 5 , ta có kết quả của m
để phơng trình có hai nghiệm phân biệt là:
5
12
4 m hoặc -5 <
4
m
0,25 0,25
0,25
0,25 VIa
0,75
Điểm C CD x y : 1 0 C t ;1 t
Suy ra trung điểm M của AC là 1 3;
M
MBM x y t C
0,25
0,25
Từ A(1;2), kẻ AK CD x y: 1 0 tại I (điểm KBC).
Suy ra AK:x 1 y 2 0 x y 1 0
Tọa độ điểm I thỏa hệ: 1 0 0;1
1 0
x y
I
x y
Tam giỏc ACK cõn tại C nờn I là trung điểm của AK tọa độ của K 1;0.
Đường thẳng BC đi qua C, K nờn cú phương trỡnh: 1 4 3 4 0
7 1 8
2
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng , thỡ ( ) //( )P D hoặc ( )P ( )D Gọi H là hỡnh chiếu vuụng gúc của I trờn (P) Ta luụn cú IH IA và IH AH
Trang 5Mặt khỏc
Trong mặt phẳng P , IH IA; do đú maxIH = IA H A Lỳc này (P) ở vị trớ (P 0 ) vuụng gúc với IA tại A.
Vectơ phỏp tuyến của (P 0 ) là n IA 6;0; 3
, cựng phương với v 2;0; 1 Phương trỡnh của mặt phẳng (P 0 ) là: 2x 4 1.z 1 2x - z - 9 = 0.
VIIa
Để ý rằng xy 1 x y 1 x 1 y 0;
và tương tự ta cũng cú zx yz 11 z x y z
0,25
Vỡ vậy ta cú:
3
1 zx+y 1
5 1
5
x y z
x
x
vv
1,00
VIb 1) + Gọi tõm và bỏn kớnh của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R 1, ' 3R
, đường thẳng (d) qua M cú phương trỡnh
a x b y ax by a a b
+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.
Khi đú ta cú: MA 2MB IA2 IH2 2 I A' 2 I H' ' 2
1 d I d( ; ) 4[9 d I d( '; ) ]
.
9
4 d I d( '; ) d I d( ; ) 35 4. a b 35
36
Dễ thấy b 0 nờn chọn 1 6
6
a b
Kiểm tra điều kiện IA IH rồi thay vào (*) ta cú hai đường thẳng thoả món
0,25
0,25
0,25
0,25
2 .Đờng thẳng d đi qua điểm M( 0 ; 2 ; 0 ) và có vectơ chỉ phơng u( 1 ; 1 ; 1 )
Đờng thẳng d’ đi qua điểm M' ( 2 ; 3 ; 5 ) và có vectơ chỉ phơng u' ( 2 ; 1 ; 1 )
Mp ( ) phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u và
2
1 60 cos ) '
;
u
n Bởi vậy nếu đặt n (A;B;C) thì ta phải có :
0,25
Trang 6
2 6
2
2 2
A C B
A 3A 6A2 (AC) 2 C22A2 ACC2 0
Ta có 2 2 2 0 ( )( 2 ) 0
Nếu A ,ta có thể chọn A=C=1, khi đó C B 2 , tức là n ( 1 ; 2 ; 1 ) và mp( )có phơng trình
0 )
2 (
x hay x 2yz 4 0
Nếu 2A C ta có thể chọn A 1 ,C 2 , khi đó B 1 , tức là n ( 1 ; 1 ; 2 ) và mp( )
có phơng trình x (y 2 ) 2z 0 hay x y 2z 2 0
Vỡ a, b, c là ba cạnh tam giỏc nờn:
a b c
b c a
c a b
Vế trỏi viết lại:
2
VT
0,50
Ta cú: x y z z x y z 2z x y 2z z
Tương tự: x 2x ; y 2y .
y z x y z z x x y z
Do đú: x y z 2x y z 2
a
0,50
V.Phương trỡnh x 1 x 2m x1 x 2 4 x1 x m3 (1)
Điều kiện : 0 x 1
Nếu x 0;1 thỏa món (1) thỡ 1 – x cũng thỏa món (1) nờn để (1) cú
nghiệm duy nhất thỡ cần cú điều kiện 1 1
2
x x x Thay 1
2
x vào (1) ta được:
1
m
m
* Với m = 0; (1) trở thành:
2
x x x
Phương trỡnh cú nghiệm duy nhất.
* Với m = -1; (1) trở thành
Trang 7
4 4
2
x x x
2
x x x
Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.
* Với m = 1 thì (1) trở thành:
4
Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm 0, 1
2
x x nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.