ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN: TOÁN 6 pdf

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x    (C) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho 2.Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình: 2 2 3 3 2 1 2 2 y x x y y x           . 2.Giải phương trình sau:   6 6 8 sin cos 3 3 sin 4 3 3 cos 2 9sin 2 11 x x x x x      . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = 1 2 1 2 1 ( 1 ) x x x e dx x     . Câu IV(1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = a 2 , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) bằng 3 a . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ diện ABCD bằng 3 15 27 a . Câu V (1,0 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện   2 2 2 1 x y xy    . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 4 2 1 x y P xy    . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a( 2,0 điểm) 1. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x 2 +y 2 - 2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A;B sao cho AB = 6. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d 1 : 2 1 4 6 8 x y z       và d 2 : 7 2 6 9 12 x y z      . Xét vị trí tương đối của d 1 và d 2 . Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), Tìm tọa độ điểm I trên đường thẳng d 1 sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) Cho 1 z , 2 z là các nghiệm phức của phương trình 2 2 4 11 0 z z    . Tính giá trị của biểu thức A = 2 2 1 2 2 1 2 ( ) z z z z   . B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): 2 2 1 4 3 x y   và đường thẳng  :3x + 4y =12. Từ điểm M bất kì trên  kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3). Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt ba tia Ox tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:      yyxx xyyx 222 222 log2log72log log3loglog ……………Hết……………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …………………… P N THI TH TON Cõu í Ni dung i m I 1 * Tập xác định: D = R \ { - 1} * Sự biến thiên - Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2 x x y y ; tiệm cận ngang: y = 2 ( 1) ( 1) lim ; lim x x y y ; tiệm cận đứng: x = - 1 - Bảng biến thiên Ta có 2 1 ' 0 ( 1) y x với mọi x - 1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- ; -1) và ( -1; + ) 1 2 Gọi M(x 0 ;y 0 ) là một điểm thuộc (C), (x 0 - 1) thì 0 0 0 2 1 1 x y x Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì MA = |x 0 +1| , MB = | y 0 - 2| = | 0 0 2 1 1 x x - 2| = | 0 1 1 x | Theo Cauchy thì MA + MB 2 0 0 1 x 1. 1 x =2 MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x 0 = 0 hoặc x 0 = -2.Nh vậy ta có hai điểm cần tìm là M(0;1) và M(-2;3) 0,5 0,5 II 1 6 6 2 3 sin 1 sin 2 (1) 4 x cos x x Thay (1) vào phơng trình (*) ta có : 6 6 8 sin 3 3 sin 4 3 3 2 9sin 2 11 x cos x x cos x x 2 2 2 3 8 1 sin 2 3 3sin 4 3 3 2 9sin 2 11 4 3 3sin 4 3 3 2 6sin 2 9sin 2 3 3sin 4 3 2 2sin 2 3sin 2 1 x x cos x x x cos x x x x cos x x x 3 2 . 2sin 2 1 (2sin 2 1)(sin2 1) 2sin 2 1 3 2 sin 2 1 0 cos x x x x x cos x x 0,5 0,5 2sin 2 1 0 2sin 2 1 (2) 3 2 sin 2 1 0 sin2 3 2 1 (3) x x cos x x x cos x                 Gi¶i (2) : 12 ( ) 5 12 x k k Z x k                ; Gi¶i (3) 4 ( ) 7 12 x k k Z x k                KÕt luËn : 2 Ta có:     3 3 2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 2 5 0 x y y x y x x x y xy y          . Khi 0 y  thì hệ VN. Khi 0 y  , chia 2 vế cho 3 0 y   3 2 2 2 5 0 x x x y y y                       . Đặt x t y  , ta có : 3 2 2 2 5 0 1 t t t t       . Khi 1 t  ,ta có : HPT 2 1, 1 1 y x x y x y y               . 0,5 0.5 III I = 1 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 ( 1 ) ( ) x x x x x x x e dx e dx x e dx I I x x              . Tính I 1 theo phương pháp từng phần I 1 = 2 1 1 52 2 2 1 1 2 2 1 3 ( ) 2 x x x x xe x e dx e I x        5 2 3 . 2 I e   0,5đ 0,5 IV Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH AE Ta có ACD cân tại A nên CD AE Tương tự BCD cân tại B nên CD BE Suy ra CD (ABE) CD BH Mà BH AE suy ra BH (ACD) Do đó BH = và góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) là Thể tích của khối tứ diện ABCD là Mà Khi đó : là 2 nghiệm của pt: x 2 - x + = 0 0,5 0,5 H D E C B A 2 2 2 2 3 5 3 a AE a DE hoc 2 2 2 2 5 3 3 a AE a DE trng hp vỡ DE<a Xột BED vuụng ti E nờn BE = Xột BHE vuụng ti H nờn sin = Vy gúc gia hai mp(ACD) v (BCD) l V t t xy . Ta cú: 2 1 1 2 2 4 5 xy x y xy xy xy V 2 1 1 2 2 4 3 xy x y xy xy xy . K: 1 1 5 3 t . Suy ra : 2 2 2 2 2 2 2 7 2 1 2 1 4 2 1 x y x y t t P xy t . Do ú: 2 2 7 ' 2 2 1 t t P t , ' 0 0, 1( ) P t t L 1 1 2 5 3 15 P P v 1 0 4 P . KL: GTLN l 1 4 v GTNN l 2 15 ( HSLT trờn on 1 1 ; 5 3 ) 0,5 0,5 VIa 1 ng trũn ( C) cú tõm I(1;-3); bỏn kớnh R=5 Gi H l trung im AB thỡ AH=3 v IH AB suy ra IH =4 Mt khỏc IH= d( I; ) Vỡ d: 4x-3y+2=0 nờn PT ca cú dng 3x+4y+c=0 d(I; )= vy cú 2 t tha món bi toỏn: 3x+4y+29=0 v 3x+4y-11=0 0,5 0,5 2 Véc tơ chỉ phơng của hai đờng thẳng lần lợt là: 1 u (4; - 6; - 8) 2 u ( - 6; 9; 12) +) 1 u và 2 u cùng phơng +) M( 2; 0; - 1) d 1 ; M( 2; 0; - 1) d 2 Vậy d 1 // d 2 . *) AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d 1 Gọi A 1 là điểm đối xứng của A qua d 1 . Ta có: IA + IB = IA 1 + IB A 1 B IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A 1 B Khi A 1 , I, B thẳng hàng I là giao điểm của A 1 B và d Do AB // d 1 nên I là trung điểm của A 1 B. *) Gọi H là hình chiếu của A lên d 1 . Tìm đợc H 36 33 15 ; ; 29 29 29 A đối xứng với A qua H nên A 43 95 28 ; ; 29 29 29 I là trung điểm của AB suy ra I 65 21 43 ; ; 29 58 29 0,5 0,5 I A H B Nu thớ sinh lm bi khụng theo cỏch nờu trong ỏp ỏn m vn ỳng thỡ c im tng phn nh ỏp ỏn quy nh. Ht VIa Gii pt ó cho ta c cỏc nghim: 1 2 3 2 3 2 1 , 1 2 2 z i z i Suy ra 2 2 1 2 1 2 3 2 22 | | | | 1 ; 2 2 2 z z z z . Do ú 2 2 1 2 2 1 2 11 4 ( ) z z z z 0,5 0,5 VIb 1 Gọi M(x 0 ;y 0 ), A(x 1 ;y 1 ), B(x 2 ;y 2 ) Tiếp tuyến tại A có dạng 1 1 1 4 3 xx yy . Tiếp tuyến đi qua M nên 0 1 0 1 1 4 3 x x y y (1) Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt 0 0 1 4 3 xx yy do M thuộc nên 3x 0 + 4y 0 =12 4y 0 =12-3x 0 0 0 4 4 4 4 3 xx yy 0 0 4 (12 3 ) 4 4 3 xx y x Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì (x- y)x 0 + 4y 4 = 0 0 1 4 4 0 1 x y y y x . Vậy AB luôn đi qua điểm cố định F(1;1) 0,5 0,5 2 Mặt phẳng cắt 3 tia Ox,Oy,Oz tại A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) có dạng : 1, , , 0 x y z a b c a b c Do M nên: cos 3 1 2 3 6 1 3. 162 y abc a b c abc Thể tích: min 3 1 27 27 6 6 9 a V abc V b c Mặt phẳng cần tìm: 6x+3y+2z - 18=0 0,5 0,5 VIb K: x,y > 0 - h phng trỡnh yyxx xyyx 222 222 log2log3log23 log3loglog - Suy ra: y = 2x 13log2 1 2 x 13log2 2 2 y 0,5 0,5 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x    (C) 1.Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C). b c Do M nên: cos 3 1 2 3 6 1 3. 162 y abc a b c abc Thể tích: min 3 1 27 27 6 6 9 a V abc V b c Mặt phẳng cần tìm: 6x+3y+2z - 18=0 0,5 0,5. 0,5 II 1 6 6 2 3 sin 1 sin 2 (1) 4 x cos x x Thay (1) vào phơng trình (*) ta có : 6 6 8 sin 3 3 sin 4 3 3 2 9sin 2 11 x cos x x cos x x