đe kiểm tra chất lượng học kì II lớp 10

GỢI Ý LÀM BÀI THI ĐẠI HỌC 2009 MÔN TOÁN – KHỐI A
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
2
2 3
x
y
x
+
=
+
(1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
Lời giải:
TXĐ: D = R \ {
3
2
−
}
( )
2
1
' 0
2 3
y
x
= − <
+

⇒

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
3
;
2
 
−∞ −
 ÷
 
và
3
;
2
 
− +∞
 ÷
 
3
2
2
lim
2 3
x
x
x
+
 
→ −
 ÷
 
+

 
= +∞
 ÷
+
 
;
3
2
2
lim
2 3
x
x
x
−
 
→ −
 ÷
 
+
 
= −∞
 ÷
+
 

⇒
Tiệm cận đứng x =
3
2

−

2 1
lim
2 3 2
x
x
x
→±∞
+
 
=
 ÷
+
 

⇒
Tiệm cận ngang y =
1
2
Bảng biến thiên:
Điểm đặc biệt: x = 0
⇒
y =
2
3
; y = 0
⇒
x = -2.
Đồ thị:

Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I(
3
2
−
;
1
2
) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
1
3
2
−
+ ∞
− ∞
1
2
− ∞
+ ∞
1
2
x
y’
y
_
_
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung
lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O.
Lời giải:
Giải sử tiếp tuyến
( )

∆
cắt Ox tại điểm
( ; )A a o
cắt Oy tại B(0; b) với ab
≠
0
( ) : 1
x y
pt
a b
⇒ ∆ + =

hay
b
y x b
a
= − +
Do
OAB
∆
cân đỉnh O
| | | |
a b
a b
a b
=

⇒ = ⇒

= −


TH1: Với a= b
( ) : y x a
⇒ ∆ = − +
( )
∆
tiếp xúc với (1) nên hệ
2
2
(*)
2 3
1
1 (**)
(2 3)
x
x a
x
x
+

= − +

+


−

= −
+




có nghiệm
Từ (**)
2
1 0
(2 3) 1
2 2
x a
x
x a
= − =
 
⇒ + = ⇒ ⇒
 
= − = −
 
2
3
2
−
O
I
x
y
-2
1
2
2
3

Vậy có 2 tiếp tuyến
1
( ): ;y x∆ = −
2
( ) : 2y x∆ = − −
TH2: Với a = -b
⇒
( ): y x a∆ = −
( )∆
tiếp xúc với (1) nên hệ
2
2
2 3
1
1 (***)
(2 3)
x
x a
x
x
+

= −

+


−

=

+


có nghiệm
Do (***) vô nghiệm nên
⇒
hệ vô nghiệm
Kết luận: có 2 tiếp tuyến là
1 2
( ): ; ( ) : 2y x y x∆ = − ∆ = − −
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình
(1 2sin )cos
3
(1 2sin )(1 sin )
x x
x x
−
=
+ −
Lời giải:
ĐK:
2
6
1
sinx
7
2 ; (*)
2
6

sinx 1
2
2
x k
x k k Z
x k
π
π
π
π
π
π

≠ − +



≠ −
 
⇔ ≠ + ∈
 
 
≠


≠ +


Phương trình tương đương
2

cos 2sin x cos 3(1 sinx 2sin 2sin )
cos sin 2 3(sinx os2 )
cos 3sinx sin 2 3 os2
1 3 1 3
cos sinx sin 2 os2
2 2 2 2
sin( ) sin(2 )
6 3
2
2 2
(1)
6 3
18 3
2 2
2 (
6 3
2
x x x x
x x c x
x x c x
x x c x
x x
k
x x k
x
x x k
x k
π π
π π
π π

π
π π
π
π π
π
− = − + −
⇔ − = +
⇔ − = +
⇔ − = +
⇔ − = +

− = + −
= − +


⇔ ⇔


− = − − +
= +


;
2)
k Z



∈





Nghiệm (2 ) loại do không thỏa mãn (*)
Vậy phương trình có một nghiệm
2
;
18 3
k
x k Z
π π
= − + ∉
2. Giải phương trình
3
2 3 2 3 6 5 8 0x x− + − − =
(x
∈
R
).
Lời giải:
3
Điều kiện: 6 - 5x
≥
0
3
3
3
2
3 2 3 2
3

t
t x t x x
+
⇔ = − ⇒ = − ⇒ =
Vậy (1) có dạng:
3
3
5 10
2 3 6 8 0 3. 8 5 8 2
3
t
t t t
+
+ − − = ⇔ − = −
3 2
8 2 0
24 15 64 32 4 (1)
t
t t t
− ≥

⇔

− = − +


(1)
3 2
15 4 32 40 0t t t⇔ + − + =

2
( 2)(15 26 20) 0t t t⇔ + − + =
2t
⇔ = −
(thỏa mãn)
Vậy:
3
3 2 2x − = −

3 2 8x
⇔ − = −

2x
⇔ = −
thỏa mãn
6
5
x ≤
Đáp số: x = -2
Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân
2
3 2
0
( os 1) osI c x c xdx
π
= −
∫
Lời giải:
2 2 2

3 2 5 2
0 0 0
2 2 2 2 2
4 2 2
0 0 0 0 0
1
2 2
2
0
0
1 1 1
2 4
0 0 0
( os 1)cos cos cos
1 cos 2 1 1
cos cos (1 sin ) (sin ) cos2
2 2 2
1
(1 ) sin 2 |
4 4
8
2
4 15 4
I C x xdx xdx xdx
x
x xdx dx x d x dx xdx
t dt x
dt t dt t dt
π π π
π π π π π

π
π
π π
= − = −
+
= − = − − −
= − − −
= − + − = −
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
∫
∫ ∫ ∫
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB = AD = 2
α
, CD =
α
;
góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60
0
. Gọi I là trung điểm cạnh AD. Biết hai mặt
phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD
theo
α
.
Lời giải:
4

Do (SCI)
⊥

(ABCD) ; (SBI)
⊥
(ABCD)
⇒
SI
⊥
(ABCD)
Kẻ IK
⊥
BC
⇒
SK
⊥
BC (định lý ba đường vuông góc).
Ta có
( )
2
1 1 1
. .(2 )2 .
3 3 2
SABCD ABCD
V S SI a a a SI a SI= = + =
(1)
Mà SI = IK.tg(60
0
) =
3
IK ; BC = BI = a
5
; IC = a

2
BH
2
= BC
2
– HC
2
= 5a
2
–
2
2
2
a
 
 ÷
 ÷
 
=
2
9
2
a

⇒
BH =
3 2
2
a
2

( )
3 2
2
2
3 5
. .
5
5
BIC
a
a
a
S KI BC IC BH KI
a
 
 ÷
 
= = ⇒ = =
Vậy SI =
3 5 3 15
3
5 5
a a
 
=
 ÷
 ÷
 

⇒

3
.
3 15
5
S ABCD
a
V =
(đvtt)
Câu V (1 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số thực dương x,y,z thỏa mãn x( x + y + z )= 3xy, ta có:
3 3 3
( ) ( ) 3( )( )( ) 5( )x y x z x y x z y z y z+ + + + + + + ≤ +
Lời giải:
Đặt a = x + y , b = z + c , c = x + y
, ,
2 2 2
b c a c a b a b c
x y z
+ − + − + −
= = =
Từ điều kiện x(x + y + z) = 3yz
2 2 2 2 2 2
4 ( ) 3( ) (*)a b c b c a b bc c⇒ = + + − ⇒ = − +
Ta có bất đẳng thức đã cho tương đương:
3 3 3
5 3a b c abc
≥ + +
2
5 ( ) 3 (**)a a b c bc⇔ ≥ + +
Từ (*)

⇒
2
2
2 2 2 2 2
( )
2 2( ) 2 2
2
a bc
b c
a b c bc b c a b c

≥


+
= + − ≥ + ≥ ⇒ ≥ +


5
a
D
A
B
C
I
K
2a
60
0
S

D
A
B
C
K
2a
I
H
a
a