Cõu IV 1 ủiểm Cho hỡnh chúp cụt tam giỏc ủều ngoại tiếp một hỡnh cầu bỏn kớnh r cho trước.. Tớnh thể tớch hỡnh chúp cụt biết rằng cạnh ủỏy lớn gấp ủụi cạnh ủỏy nhỏ.. Theo chương trỡnh ch
Trang 1ðỀ THI THỬ TOÁN ðẠI HỌC - CAO ðẲNG HTTP://EBOOK.HERE.VN
NGÀY 8 – THÁNG 6 - NĂM 2010
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 ủiểm)
Cõu I (2 ủiểm) Cho hàm số
1
1 2
−
+
=
x
x
y có đồ thị (C)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
2 Với điểm M bất kỳ thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại Avà B
Gọi I là giao hai tiệm cận , Tìm vị trí của M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất
Cõu II (2 ủiểm) :
1 Giải hệ phương trỡnh:
12 12
y x y
sin 2 x cos x + 3 − 2 3 os c x − 3 3 os2 c x + 8 3 cos x − s inx − 3 3 = 0 Cõu III: Tớnh diện tớch của miền phẳng giới hạn bởi cỏc ủường y = | x2 − 4 | x và y=2x
Cõu IV (1 ủiểm) Cho hỡnh chúp cụt tam giỏc ủều ngoại tiếp một hỡnh cầu bỏn kớnh r cho trước Tớnh thể tớch hỡnh
chúp cụt biết rằng cạnh ủỏy lớn gấp ủụi cạnh ủỏy nhỏ
Cõu V (1 ủiểm) Cho phương trỡnh ( ) 4 ( ) 3
x + − + x m x − x − x − x = m
Tỡm m ủể phương trỡnh cú một nghiệm duy nhất
PHẦN RIấNG (3 ủiểm): Thớ sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1 Theo chương trỡnh chuẩn
Cõu VI.a (2 ủiểm)
1 Cho∆ABC cú ủỉnh A(1;2), ủường trung tuyến BM: 2x+ + =y 1 0 và phõn giỏc trong CD:
1 0
x+ − =y Viết phương trỡnh ủường thẳng BC
2 Cho ủường thẳng (D) cú phương trỡnh:
2 2
2 2
= − +
= +
.Gọi ∆ là ủường thẳng qua ủiểm
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 ủến (D) là lớn nhất
Cõu VII.a (1 ủiểm) 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 ủiểm)
1 Cho hỡnh bỡnh hành ABCD cú diện tớch bằng 4 Biết A(1;0), B(0;2) và giao ủiểm I của hai ủường chộo nằm
trờn ủường thẳng y = x Tỡm tọa ủộ ủỉnh C và D
2 Cho hai ủiểm A(1;5;0), B(3;3;6) và ủường thẳng ∆ cú phương trỡnh tham số
1 2 1 2
= − +
= −
=
.Một ủiểm M thay
ủổi trờn ủường thẳng ∆, tỡm ủiểm M ủể chu vi tam giỏc MAB ủạt giỏ trị nhỏ nhất
Cõu VII.b (1 ủiểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giỏc Chứng minh
2
a
-Hết -
Trang 2Kỳ thi thử đại học- cao đẳng năm 2010 Hướng dẫn chấm môn toán
I.1
Khảo sát hàm số y=
1
1 2
ư
+
x
1 Tập xác định: R\{1}
2 Sự biến thiên:
) 1 (
3 )
1 (
) 1 2 ( ) 1 ( 2 '
ư
ư
=
ư
+
ư
ư
=
x x
x x
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞; 1) và (1;+∞)
Cực trị : Hàm số đO cho không có cực trị
0,25
ư
+
= ư
1 2 lim lim
1
x y
x x
= +∞
ư
+
= +
1 2 lim lim
1
x y
x x
Do đó đường thẳng x=1 là tiệm cận đứng
2
1
1 2 lim
ư
+
=
±∞
→
±∞
x y
x x
Vậy đường thẳng y= 2 là tiệm cận ngang
0,25
* Bảng biến thiên:
-∞
+∞
2
3* Đồ thị : HS tự vẽ đồ thị hàm số
0,5
I.2 Với M bất kì ∈ (C), tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại A, B Tìm M để chu vi tam giác
ư
+ 1
3 2
;
0
0
x
* Tiếp tuyến tại M có dạng:
1
3 2 ) (
) 1 (
3
0 0
2
ư
=
x x
x x
y
Trang 3Câu Nội dung Điểm
Tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A và B nên tọa độ A; B có dạng là: A
−
+ 1
6 2
; 1
0
x
B(2x0-1; 2) ; I(1; 2)
* Ta có: S∆ IAB=
2
1 IA IB= 2 1 2.3 6
1
6 2
1
0 0
=
=
−
⋅
−
0,25
0,25
* ∆IAB vuông có diện tích không đổi => chu vi ∆IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA= IB
(HS tự chứng minh)
−
=
+
=
⇒
−
=
3 1 1
2 1
6
0
0 0
x x
x
* Vậy có hai điểm M thỏa mOn điều kiện
M1(1+ 3;2+ 3)
M2(1− 3;2− 3)
Khi đó chu vi ∆AIB = 4 3+2 6
0,5
m
1) CõuII:2 Giải phương trỡnh:
sin 2 x cos x + 3 − 2 3 os c x − 3 3 os2 c x + 8 3 cos x − s inx − 3 3 = 0
3 ) sin cos 3 ( 8 3 3 cos 3 6 cos 3 2 cos sin 6 cos sin 2
0 3 3 ) sin cos 3 ( 8 2 cos 3 3 cos 3 2 ) 3 (cos 2 sin
2 3
2
3
−
− +
+
−
− +
⇔
=
−
− +
−
− +
x x x
x x
x x
x
x x x
x x
x
0 ) sin cos 3 ( 8 ) sin cos 3 ( cos 6 ) sin cos 3 ( cos
−
=
=
=
⇔
=
− +
=
−
⇔
= +
−
−
−
⇔
) ( 4 cos
1 cos
3 tan
0 4 cos 3 cos
0 sin cos 3
0 ) 8 cos 6 cos 2 )(
sin cos 3 (
2
2
loai x
x x x
x
x x
x x
x x
Ζ
∈
=
+
=
k x
k x
, 2
3
π
π π
0,50
ðiều kiện: | | |x ≥ y|
ðặt
v x y
= +
; x = − khụng thỏa hệ nờn xột x y ≠ − ta cú y
2
1 2
u
v
= −
Hệ phương trỡnh ủó cho cú dạng:
0,25
Trang 412
12 2
u v
v v
+ =
4 8
u v
=
⇔ =
hoặc
3 9
u v
=
=
+
=
⇔
+ =
+
=
⇔
+ =
0,25
Sau ñó hợp các kết quả lại, ta ñược tập nghiệm của hệ phương trình ban ñầu là
( ) ( ) { 5;3 , 5; 4 }
S =
1,00
Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: 2
| 4 | ( )
y= x − x C và ( )d :y=2x
Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (C) và (d):
6
x
Suy ra diện tích cần tính:
0,25
0
| 4 | 2
I =∫ x − x − x dx
0; 2 , 4 0
∀ ∈ − ≤ nên |x2−4 |x = − +x2 4x ⇒ 2( 2 )
0
4
3
I =∫ − +x x− x dx= 0,25
2
| 4 | 2
K =∫ x − x − x dx
2; 4 , 4 0
∀ ∈ − ≤ và [ ] 2
4; 6 , 4 0
K =∫ x−x − x dx+∫ x − x− x dx= −
0,25
Vậy 4 16 52
Trang 5Gọi H, H’ là tâm của các tam giác ñều ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ là trung ñiểm của AB,
'
AB IC
AB HH
⊥
Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai ñáy tại H, H’ và tiếp xúc với
mặt bên (ABB’A’) tại ñiểm K∈II'
0,25
Gọi x là cạnh ñáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh ñáy lớn Ta có:
I K =I H = I C = IK =IH = IC=
Tam giác IOI’ vuông ở O nên: ' 2 3 3 2 2 6r2
I K IK =OK ⇒ =r ⇒x =
0,25
Thể tích hình chóp cụt tính bởi: ( ' ')
3
h
V = B+ +B B B
Trong ñó:
x
0,25
Từ ñó, ta có:
2r 3r 3 3r 3 21r 3 6r 3 6r 3
V
0,25
ðiểm C∈CD x: + − = ⇒y 1 0 C t( ;1−t) Suy ra trung ñiểm M của AC là 1 3;
M + −
M∈BM x+ + = ⇒y + + − + = ⇔ = − ⇒t C −
0,25
0,25
Từ A(1;2), kẻ AK ⊥CD x: + − = tại I (ñiểm K BC y 1 0 ∈ )
Suy ra AK:(x− −1) (y−2)= ⇔ − + =0 x y 1 0
Trang 6Tọa ñộ ñiểm I thỏa hệ: 1 0 ( )0;1
1 0
x y
I
x y
+ − =
⇒
− + =
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung ñiểm của AK ⇒ tọa ñộ của K −( 1; 0)
ðường thẳng BC ñi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0
7 1 8
x y
+
2
Gọi (P) là mặt phẳng ñi qua ñường thẳng ∆ , thì ( ) //( )P D hoặc ( ) P ⊃( )D Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P) Ta luôn có IH ≤IA và
IH ⊥AH
Mặt khác ( ( ) ( ) ) ( ( ) )
( )
∈
Trong mặt phẳng ( )P , IH ≤IA; do ñó axIH = IAm ⇔H≡A Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A
Vectơ pháp tuyến của (P0) là nr =IAuur=(6; 0; 3− ), cùng phương với v =r (2; 0; 1− ) Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2(x−4)−1.(z+ =1) 2x - z - 9 = 0
VIIa
ðể ý rằng (xy+ −1) (x+y) (= −1 x)(1−y)≥0;
và tương tự ta cũng có 1
1
+ ≥ +
+ ≥ +
Vì vậy ta có:
3
1 zx+y 1
5 1
5
x y z
x
yz zx y xy z
x
z y y z
=
vv
1,00
Trang 7Ta có:
AB= − ⇒AB=
uuur
Phương trình của AB là:
2x+ − = y 2 0
trung ñiểm của AC và BD nên
ta có:
(2 1; 2 ,) (2 ; 2 2)
0,25
Mặt khác: S ABCD =AB CH = (CH: chiều cao) 4 4
5
CH
Ngoài ra: ( )
4 5 8 8 2
; , ;
| 6 4 | 4
3 3 3 3 3
;
0 1; 0 , 0; 2
t
= ⇒
Vậy tọa ñộ của C và D là 5 8; , 8 2;
C D
hoặc C(−1; 0 ,) (D 0; 2− )
0,50
Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM
Vì AB không ñổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất
ðường thẳng ∆ có phương trình tham số:
1 2 1 2
= − +
= −
=
ðiểm M ∈ ∆ nên M(− +1 2 ;1t −t; 2t)
2
2
0,25
Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, ta xét hai vectơ ur =(3 ; 2 5t ) và vr = − +( 3t 6; 2 5)
Ta có
2 2
2 2
r
r
Suy ra AM +BM =| |ur +| |vr và ur + =vr (6; 4 5)⇒ + =|ur vr| 2 29 Mặt khác, với hai vectơ ,u vr r ta luôn có | |ur +| | |vr ≥ +ur vr|
Như vậy AM +BM ≥2 29
0,25
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,u vr r cùng hướng
1
3 6 2 5
t
t t
− +
(1; 0; 2)
M
⇒ và min(AM +BM)=2 29
0,25
Trang 8Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2( 11+ 29) 0,25
Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:
+ >
+ >
+ >
+ = + = = > ⇒ + > + > + >
Vế trái viết lại:
2
VT
a c a b a b c
y z z x x y
0,50
Ta có: x y z z x( y z) 2z x( y) 2z z
x y z x y
Tương tự: x 2x ; y 2y
y z < x y z z x< x y z
2
+ +
a
0,50
x+ − +x m x −x − x −x =m (1) ðiều kiện : 0≤ ≤ x 1
Nếu x ∈[ ]0;1 thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên ñể (1) có nghiệm duy nhất thì cần có ñiều kiện
1 1
2
x= − ⇒ = Thay x x 1
2
x = vào (1) ta ñược:
1
m
m
=
* Với m = 0; (1) trở thành:
2
x− −x = ⇔ = x
Phương trình có nghiệm duy nhất
* Với m = -1; (1) trở thành
4
4
2
x− − = ⇔ = x x
2
x− − = ⇔ = x x
Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất
Trang 9HẾT
* Với m = 1 thì (1) trở thành:
4
x+ − −x x −x = − x −x ⇔ x− −x = x− −x
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
