Tài liệu Đề thi thử Toán ĐH năm 2013 Đề số 18 ppt

http://ductam_tp.violet.vn/ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2011 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2x 3 y x 2    có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) 2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0 2. Giải phương trình: x 2 – 4x - 3 = x 5  Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 1 2 1 dx 1 x 1 x      Câu IV (1 điểm) Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất . Câu V ( 1 điểm ) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 1 1 1 4 x y z    . CMR: 1 1 1 1 2 2 2x y z x y z x y z          PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a.( 2 điểm ) 1. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua điểm (3;1) 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P) : x – 2y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng : (d) x 1 3 y z 2 1 1 2       và (d’) x 1 2t y 2 t z 1 t            Viết phương trình tham số của đường thẳng (  ) nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng (d) và (d’) . CMR (d) và (d’) chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng . Câu VIIa . ( 1 điểm ) Tính tổng : 0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 S C C C C C C C C C C C C       B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b.( 2 điểm ) 1. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn : (C 1 ) : (x - 5) 2 + (y + 12) 2 = 225 và (C 2 ) : (x – 1) 2 + ( y – 2) 2 = 25 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng : (d) x t y 1 2t z 4 5t           và (d’) x t y 1 2t z 3t            a. CMR hai đường thẳng (d) và (d’) cắt nhau . b. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của góc tạo bởi (d) và (d’) . Câu VIIb.( 1 điểm ) Giải phương trình :   5 log x 3 2 x   Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. http://ductam_tp.violet.vn/ đáp án đề thi thử đại học lần 2 năm học 2009 - 2010 Môn thi: toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu Nội dung Điểm I 2.0đ 1 1.25đ Hàm số y = 2x 3 x 2 có : - TXĐ: D = R \ {2} - Sự biến thiên: + ) Giới hạn : x Lim y 2 . Do đó ĐTHS nhận đờng thẳng y = 2 làm TCN , x 2 x 2 lim y ;lim y . Do đó ĐTHS nhận đờng thẳng x = 2 làm TCĐ +) Bảng biến thiên: Ta có : y = 2 1 x 2 < 0 x D Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ;2 và hàm số không có cực trị - Đồ thị + Giao điểm với trục tung : (0 ; 3 2 ) + Giao điểm với trục hoành : A(3/2; 0) - ĐTHS nhận điểm (2; 2) làm tâm đối xứng 0,25 0,25 0,25 0,5 2 0,75 Ly im 1 M m;2 m 2 C . Ta cú : 2 1 y' m m 2 . Tip tuyn (d) ti M cú phng trỡnh : 2 1 1 y x m 2 m 2 m 2 Giao im ca (d) vi tim cn ng l : 2 A 2;2 m 2 Giao im ca (d) vi tim cn ngang l : B(2m 2 ; 2) 0,25 0,25 8 6 4 2 -2 -4 -5 5 10 y y x - 2 - 2 2 2 Ta có :     2 2 2 1 AB 4 m 2 8 m 2              . Dấu “=” xảy ra khi m = 2 Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2) 0,25đ II 2,0® 1 1,0® Phương trình đã cho tương đương với : 2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0     sin x cosx 2 1 sin x 1 cosx 0 cosx sin x 2 sin x cosx cosx.sin x 3 sin x cosx cosx.sin x 0 cosx sin x                             2 3 cosx sin x cosx.sin x 0 cosx sin x             Xét 2 3 3 0 tan x tan x cosx sin x 2             k  Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx với t 2; 2       . Khi đó phương trình trở thành: 2 2 t 1 t 0 t 2t 1 0 t 1 2 2           Suy ra : 1 2 2cos x 1 2 cos x cos 4 4 2                        x 2 4        k 0,25 0,25 0,5 2 1,0® x 2 - 4x + 3 = x 5  (1) TX§ : D =  5; )       2 1 x 2 7 x 5      ®Æt y - 2 = x 5  ,   2 y 2 y 2 x 5      Ta cã hÖ :          2 2 2 x 2 y 5 x 2 y 5 y 2 x 5 x y x y 3 0 y 2 y 2                                   2 2 x 2 y 5 x y 0 5 29 x 2 x 2 y 5 x 1 x y 3 0 y 2                                                  0,25 0,25 0,5 III 1.0® 1® Ta có : 1 2 1 dx 1 x 1 x      =     1 1 2 2 2 2 1 1 1 x 1 x 1 x 1 x dx dx 2x 1 x 1 x                1 1 2 1 1 1 1 1 x 1 dx dx 2 x 2x                1 1 1 1 1 1 1 1 I 1 dx ln x x | 1 2 x 2                    1 2 2 1 1 x I dx 2x     . Đặt 2 2 2 t 1 x t 1 x 2tdt 2xdx        0,5 0,5 Đổi cận : x 1 t 2 x 1 t 2              Vậy I 2 =   2 2 2 2 t dt 0 2 t 1    Nên I = 1 IV 2® 1.0® Gọi  là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) . Ta có :  SCA   ; BC = AC = a.cos  ; SA = a.sin  Vậy   3 2 3 2 SABC ABC 1 1 1 1 V .S .SA .AC.BC.SA a sin .cos a sin 1 sin 3 6 6 6          Xét hàm số : f(x) = x – x 3 trên khoảng ( 0; 1) Ta có : f’(x) = 1 – 3x 2 .   1 f ' x 0 x 3     Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN hay     x 0;1 1 2 Maxf x f 3 3 3          Vậy MaxV SABC = 3 a 9 3 , đạt được khi sin  = 1 3 hay 1 arcsin 3   ( với 0 < 2    ) 0,25 0,5 V 1.0® +Ta có : 1 1 1 1 2 4 2 .( ) x y z x y z      ; 1 1 1 1 2 4 2 ( ) x y z y x z      ; 1 1 1 1 2 4 2 ( ) x y z z y x      + Lại có : 1 1 1 1 ( ); x y 4 x y    1 1 1 1 ( ); y z 4 y z    1 1 1 1 ( ); x z 4 x z    cộng các BĐT này ta được đpcm. 1® VIa 2® 1 1® Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a 2 + b 2  0) . Góc của nó tạo với BC bằng góc của AB tạo với BC nên : 2 2 2 2 2 2 2 2 2a 5b 2.12 5.1 2 5 . a b 2 5 . 12 1        2 2 2a 5b 29 5 a b         2 2 2 5 2a 5b 29 a b      9a 2 + 100ab – 96b 2 = 0 a 12b 8 a b 9         Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1) không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác . Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9 0,25 0,25 0,25 0,25 A B C S  Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0 2 1® Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5) Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình : x 9 t y 6 8t z 5 15t            + Đường thẳng (d) đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP   u 1;1;2  + Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP   u ' 2;1;1  Ta có :    MM' 2; 1;3         1 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 1 MM' u,u' 2; 1;3 ; ; 8 0             Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm) Khi đó :       MM ' u,u ' 8 d d , d' 11 u,u '                0,25 0,25 0,25 0,25 VIIa 1đ Chọn khai triển :   5 0 1 2 2 5 5 5 5 5 5 x 1 C C x C x C x         7 0 1 2 2 7 7 0 1 2 2 5 5 7 7 7 7 7 7 7 7 x 1 C C x C x C x C C x C x C x                Hệ số của x 5 trong khai triển của (x + 1) 5 .(x + 1) 7 là : 0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 C C C C C C C C C C C C      Mặt khác : (x + 1) 5 .(x + 1) 7 = (x + 1) 12 và hệ số của x 5 trong khai triển của (x + 1) 12 là : 5 12 C Từ đó ta có : 0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 C C C C C C C C C C C C      = 5 12 C = 792 .0,25 0,25 0,25 0,25 VIb 2đ 1 1đ Đường tròn (C 1 ) có tâm I 1 (5 ; -12) bán kính R 1 = 15 , Đường tròn (C 2 ) có tâm I 2 (1 ; 2) bán kính R 1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0 (A 2 + B 2  0) là tiếp tuyến chung của (C 1 ) và (C 2 ) thì khoảng cách từ I 1 và I 2 đến đường thẳng đó lần lượt bằng R 1 và R 2 , tức là :     2 2 2 2 5A 12B C 15 1 A B A 2B C 5 2 A B                Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | Hay 5A – 12B + C =  3(A + 2B + C) TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C)  C = A – 9B thay vào (2) : |2A – 7B | = 5 2 2 A B  2 2 21A 28AB 24B 0     14 10 7 A B 21     Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 10 7  , C = 203 10 7   Vậy có hai tiếp tuyến : (- 14 10 7  )x + 21y 203 10 7   = 0 TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C) 4A 3B C 2     , thay vào (2) ta được : 96A 2 + 28AB + 51B 2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm . 0,25 0,25 0,25 0,25 2 1® a) + Đường thẳng (d) đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP   u 1;2;5  + Đường thẳng (d’) đi qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP   u' 1; 2; 3    Nhận thấy (d) và (d’) có một điểm chung là 1 3 I ;0; 2 2        hay (d) và (d’) cắt nhau . (ĐPCM) b) Ta lấy u 15 15 15 v .u' ; 2 ; 3 7 7 7 u'                 . Ta đặt : 15 15 15 a u v 1 ;2 2 ;5 3 7 7 7                  15 15 15 b u v 1 ;2 2 ;5 3 7 7 7                  Khi đó, hai đường phân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần lượt nhận hai véctơ a,b   làm VTCP và chúng có phương trình là : 1 15 x 1 t 2 7 15 y 2 2 t 7 3 15 z 5 3 t 2 7                                             và 1 15 x 1 t 2 7 15 y 2 2 t 7 3 15 z 5 3 t 2 7                                             VIIb 1® ĐK : x > 0 PT đã cho tương đương với : log 5 ( x + 3) = log 2 x (1) Đặt t = log 2 x, suy ra x = 2 t     t t t 5 2 log 2 3 t 2 3 5       t t 2 1 3 1 3 5                (2) Xét hàm số : f(t) = t t 2 1 3 3 5              f'(t) = t t 2 1 ln0,4 3 ln0,2 0, t 3 5                 R Suy ra f(t) nghịch biến trên R Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log 2 x = 1 hay x =2 Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2 0,25 0,25 0,25 0,25 . http://ductam_tp.violet.vn/ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2011 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. http://ductam_tp.violet.vn/ đáp án đề thi thử đại học lần 2 năm học 2009 - 2010 Môn thi: toán Thời