Giáo án lớp 12 môn Đại số - Đề 2 năm 2006

ĐỀà DỰ BỊ 2 –TOÁN KHỐI A –năm 2006 Phần Chung Cho Tất Cả Các Thí Sinh Câu I (2 đ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = ( )x x− − 4 22 1 2 2) Viết phương trình các đường thẳng đi qua điểm A(0, 2) và tiếp xúc với (C). Câu II (2 đ) 1) Giải phương trình: 2sin 2x - π⎛⎜⎝ ⎠6 ⎞⎟ + 4sinx + 1 = 0 2) Giải hệ phương trình: , ( ) x x y y x y R x y ⎧ − = +⎪ ∈⎨ − = +⎪⎩ 3 3 2 2 8 2 3 3 1 Câu III (2 đ) Trong không gian với hệ trục Oxyz. Cho mp (α ): 3x + 2y – z + 4 = 0 và hai điểm A(4, 0, 0) ; B(0, 4, 0). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. 1) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mp (α ) 2) Xác định tọa độ điểm K sao cho KI vuông góc với mp (α ) đồng thời K cách đều gốc tọa độ O và mp (α ). Câu IV (2 đ) 1) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol y = x2 – x + 3 và đường thẳng d: y = 2x + 1 2) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: x y z− − −+ + =3 3 3 1. Chứng minh rằng: x y z x y x y z y z x z x y+ + + + ++ + ≥+ + + 9 9 9 3 3 3 3 3 3 3 3 4 z3 Phần tự chọn: Thí sinh chọn câu Va hoặc câu Vb Câu Va (2đ) 1) Trong mp với hệ trục Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y – 2 = 0, cạnh BC song song với d. Phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của cạnh AC là M(1, 1). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. 2) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau? Tính tổng của tất cả các số tự nhiên đó. Câu Vb (2 đ) 1) Giải phương trình: log log logx x x+ =2 22 2 4 8 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a, cạnh SA vuông góc với đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 600. Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM = a 3 3 . Mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.BCNM HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I 1/ KS: y= x x− + 4 22 2 2 .MXĐ: D=R y’=2x3-4x=2x(x2-2); y’= 0 x=0 hay x=⇔ ± 2 x −∞ − 2 0 2 +∞ y' − 0 + 0 − 0 + y +∞ 2 +∞ 0 CĐ 0 CT CT y”=6x2-4; y”=0=>x= ± ±2 6 3 3 Đồ thị hàm số: Học sinh tự vẽ. 2/ pt tiếp tuyến d qua A(0,2) có dạng d:y=kx+2 d là tiếp tuyến của (C) có nghiệm ( ) ( ) x x kx x x k ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩ − + = + ⇔ − = 4 2 2 2 2 2 1 32 4 2 Thay (2) vào (1) ta có phương trình hòanh độ tiếp điểm là 3x4-8x2=0 x=0 hay x=⇔ ± 8 3 • x=0 thì k=0 ta có tiếp tuyến d1: y=2 • x= ± 8 3 thì k= ± 8 2 3 3 ta có hai tiếp tuyến d2,3:y= ± 8 23 3 x+2 Câu II 1/ Giải phương trình: sin sinx xπ⎛ ⎞− + + =⎜ ⎟⎝ ⎠2 2 4 16 0 (1) (1) ⇔ 3 sin2x-cos2x+4sinx+1=0 2 3 sinxcosx+4sinx+2sin2x=0 ⇔ sinx( 3 cosx+sinx+2)=0 sin cos sin sin cos( ) x hay x x x hay x x k hay x kπ ππ π = + + = = − = − ⇔ = = + ⇔ ⇔ 0 3 2 0 70 1 6 6 2 2/ Giải hệ phương trình ( ) x y y y x x − = +⎧⎪⎨⎪ − = +⎩ 3 3 2 2 8 2 3 3 1 (I) (I) ( ) ( ( ) y x y y x x ⎧ − = +⎪⇔ ⎨⎪ − =⎩ 3 3 2 2 2 4 1 3 6 2 ) )Thế (2) vào (1) ta có: ) ( ) )(( (y x y y x yx x− = + = − +3 3 2 36 4 3 43 x y xy x hay x yhay x yx + − = ⇔ = = = −⇔ 3 2 212 0 0 3 4 — x= 0 -3y2 = 6 vô nghiệm ⇒ — x=3y thay vào (2) có hai nghiệm (3,1) và (-3,-1) — x=-4y thay vào (2)có nghiệm . , . ,hay⎛ ⎞ ⎛− −⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ 6 6 6 64 4 13 13 13 13 ⎞⎟⎟⎠ Câu III 1/ Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng AB với mp(α ) pt AB: Toạ độ giao điểm của đường thẳng AB với mp( x y z + =⎧⎨ =⎩ 4 0 α ) là nghiệm của hệ phương trình: ( , , x y x z y M x y z z + = = −⎧ ⎧⎪ ⎪= ⇔ = ⇒ −⎨ ⎨⎪ ⎪+ − + = =⎩ ⎩ 4 12 0 16 1 3 2 4 0 0 )2 16 0 2/Vì I là trung điểm của AB ⇒ I(2,2,0). Gọi K (x; y; z ) cùng phương KI uur ( )n α uur và KO = d(K,(α )) ⇔ , , x y z Kx y z x y z − −⎧ = =⎪ − −⎪ ⎛ ⎞⇔⎨ ⎜ ⎟+ − + ⎝ ⎠⎪ + + =⎪⎩ 2 2 2 2 2 3 2 1 1 1 3 3 2 4 4 2 4 14 Câu IV 1/ Diện tích hình phẳng giới hạn bởi P:y=x2-x+3 và d:y=2x+1 Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là: x2-x+3 = 2x+1 x=1 hay x=2 ⇔ ( )S x x x dx⎡= + − − + =⎣∫ 2 21 12 1 3 6⎤⎦ ]2 ( vì 2x + 1 ) , [ ;x x x≥ − + ∀ ∈2 3 1 2/ Chứng minh bất đẳng thức x y zx ++ 9 3 3 + y y z x++ 9 3 3 + z x yz ++ 9 3 3 ≥ yx z+ +3 3 34 với 3-x + 3-y + 3-z = 1 Đặt a =3x, b =3y, c =3z Theo giả thiết ta có:a,b,c > 0 và ab + bc + ca= abc (1) Bất đẳng thức cần chứng minh: a b c a b c a bc b ca c ab + ++ + ≥+ + + 2 2 2 4 ⇔ a b c a b a abc b abc c abc + ++ + ≥+ + + 3 3 3 2 2 2 4 c (2) Thay abc vào (2) ta có: ( )( ) ( )( ) ( )( ) a b c a b c a b a c b c b a c a c b + ++ + ≥+ + + + + + 3 3 3 4 Áp dụng BĐT côsi cho 3 số dương ta có: . ( )( ) a a b a c a a b a c + ++ + ≥ =+ + 3 3 33 8 8 64 3 a 4 . ( )( ) b b c b a b b c b a + ++ + ≥ =+ + 3 3 33 8 8 64 3 b 4 . ( )( ) c c a c b c c a c b + ++ + ≥ =+ + 3 3 33 8 8 64 3 c 4 Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều trên ta có ĐPCM. Câu Va 1/ Tìm toạ độ A,B,C Vì AC BH có hệ số góc bằng -1 suy ra hệ số góc của AC là 1. ⊥ Vì M(1,1)∈AC pt AC:y-1=1(x-1) y = x .Tọa độ A là nghiệm của hệ: ⇒ ⇔ ,x y A x y y x ⎧⎪ ⎛ ⎞⇔ = = − ⇒ − −⎨ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎪⎩ − − = = 2 2 3 3 2 3 04 2 Vì M(1,1) là trung điểm của AC⇒ ,C ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ 8 8 3 3 Cạnh BC//d và qua C ⇒ pt BC: (x- 8 3 ) – 4( y- 8 3 ) = 0 hay .Tọa độ B là nghiệm của hệ : x y− − =4 8 0 ( ),x y B x y + + =⎧ ⇒ −⎨ − − =⎩ 3 0 4 1 4 8 0 2/ Gọi . . . . .n a a a a a a a a a a= = + + + +4 3 2 14 3 2 1 0 4 3 2 1 010 10 10 10 100 là số cần lập Ta có 4 cách chọn a4 4 cách chọn a3 3 cách chọn a2 2 cách chon a1 1 cách chọn a0 Vậy có 4.4.3.2.1=96 số n Cách 2 : Ta có 4 cách chọn a4 và 4! cách xếp 4 số còn lại Vậy có 4.4!= 96 số n * Tính tổng 96 số n lập được Có 24 số n a a a a= 4 3 2 10 ; Có 18 số n a a a a= 4 3 2 11;Có 18 số n a a a a= 4 3 2 12 ; Có 18 số n= n a a a a= 4 3 2 13 ;Có 18 số n a a a a= 4 3 2 14 Tổng các chữ số hàng đơn vị là: 18(1+2+3+4)=180. Tương tự ; tổng các chữ số hàng chục là: 1800;tổng các chữ số hàng trăm là: 18000;tổng các chữ số hàng ngàn là: 180000. Có 24 số n a a a a= 3 2 1 01 ; Có 24 số n a a a a= 3 2 1 02 ;Có 24 số n a a a a= 3 2 1 03 ; Có 24 số n a a a a= 3 2 1 04 Tổng các chữ số hàng chục ngàn 24(1+2+3+4)10000=2400000 Vậy tổng 96 số n là 180+1800+18000+180000+2400000=2599980 Cách 2 : Có 24 số với số k ( k = 1, 2, 3, 4 ) đứng ở vị trí a4 . Có 18 số với số k ( k = 1, 2, 3, 4 ) đứng ở vị trí ai với i = 0, 1, 2, 3 Vậy tổng 96 số n là ( 1+2+3+4 ) [ ] . (+ + + +4 3 2 124 10 18 10 10 10 10 )0 Câu Vb 1/ Giải pt: log log logx x+ =2 22 2 4 8x (1) ( ) log log log log log log log x x x x x x x ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = + +2 2 2 2 2 1 4 6 1 1 61 2 2 2 1 2 1 1 x2 2/ Tính thể tích hình chóp SBCMN (BCM)//AD nên nó cắt (SAD) theo giao tuyến MN//AD Ta có BC BM BC AB BC SA ⎧⎪ ⇒ ⊥⎨⎪⎩ ⊥ ⊥ Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao Ta có SA=ABtg600= a 3 aaMN SM MN AD SA a a − = ⇔ = = 33 23 2 33 ⇒ MN = a4 3 , BM = a aa + = 2 2 2 3 3 Diện tích hình thang BCMN là BC MNS BM aa a aS += ⎛ ⎞+⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ 2 2 42 2 103 2 3 3 3 ( ).SBCMNV SH dt BC= 13 MN Hạ SH BM.Ta có SH⊥ ⊥BM và BC⊥ (SAB)≡ (SBM) BC SH ⇒ ⊥ Vậy SH (BMCN) SH là đường cao của khối chóp SBCNM Trong tam giác SBA ta có ⊥ ⇒ AB AB AMSB a cos SB MS = = => =0 1260 2= Vậy BM là phân giác của góc SBH ⇒ SBH = 030 ⇒SH=SB.sin300=2a. 1 2 = a V= 1 3 a. a = 2 a310 3 273 3 10 Hà Văn Chương - Phạm Hồng Danh - Lưu Nam Phát (Trung Tâm Luyện Thi Vĩnh Viễn)