Đề hay số 3

THI TH I HC, CAO NG NM 2009 LB3 Mụn thi : TON Thi gian lm bi : 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im) Cõu I. (2,0 im)Cho hàm số 1x 2x y + = (C) 1. (1,0 im Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C). 2.(1,0 im) Cho điểm A(0;a) .Xác định a đẻ từ A kẻ đợc hai tiếp tuyến tới (C) sao cho hai tiếp điểm tơng ứng nằm về hai phía trục ox. Cõu II. (2,0im) 1. (1,0 im) Gii PT : ( ) 2 2 2 1 cos cos sin +1 3 3 2 x x x + + + = ữ ữ 2. (1,0 im) Gii PT : 2 2 4 2 3 4x x x x+ = + Cõu III. (1,0im) Tớnh tớch phõn I= 6 6 4 4 sin cos 6 1 x x x dx + + Cõu IV. (2,0 im)Trong kg Oxyz cho ng thng ( ): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 v mp(P):2x y -2z - 2=0 Vit PT mt cu(S) cú tõm I v khong cỏch tI n mp(P) l 2 v mt cu(S) ct mp(P )theo giao tuyn ng trũn (C)cú bỏn kớnh r=3 II.PHN RIấNG (3 im) Thớ sinh ch c chn lm mt trong hai cõu(Va hocVb) Cõu Va. 1(2,0 im). Trong Oxy hỡnh thang cõn ABCD cú AB //CD v A( 10;5) ; B(15;-5 ) ; D (-20;0 ) Tỡm to C 2.(1,0 im) T cỏc s 0,1,2,3,4,5,6 Lp c bao nhiờu s cú 5 ch s khỏc nhau m nht thit phi cú ch s 5 Cõu Vb. 1. (2,0 im).Cho hỡnh chúp S. ABC cú gúc ((SBC), (ACB)) = 60 0 , ABC v SBC l cỏc tam giỏc u cnh a. Tớnh theo a khong cỏch t B n mt phng (SAC). 2.(1,0 im) Gii B PT ( ) ( ) 2 3 2 3 2 log 1 log 1 0 3 4 x x x x + + > Ht THI TH I HC CAO NG 1 HNG DN GII I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im) Cõu I. 1/*-Tập xác định:D=R\{1}. *-Sự biến thiên. a-Chiều biến thiên. 0 )1x( 3 'y 2 < = Hàm số luôn nghịch biến trên khoảng ( ;1) và (1; ) + b-Cực trị:hàm số không có cực trị c-giới hạn: = + ) 1x 2x (lim )1(x ; += + + ) 1x 2x (lim )1(x hàm số có tiệm cận đứng x=1 = 1) 1x 2x (lim x hàm số có tiệm cận ngang 1y = d-Bảng biến thiên: x - 1 + y - - y 1 + - 1 1 *-Đồ thị: Đồ thị nhận I(1; 1 ) làm tâm đối xứng Giao với trục toạ độ:Ox (- 0;2 ) Oy (0; 2 ) 2/(1,0 im) Phơng trình tiếp tuyến qua A(0;a) có dạng y=kx+a (1) Điều kiện có hai tiếp tuyến qua A: = = + )3(k )1x( 3 )2(akx 1x 2x 2 có nghiệm 1x Thay (3) vào (2) và rút gọn ta đợc: )4(02ax)2a(2x)1a( 2 =+++ Để (4) có 2 nghiệm 1x là: > >+= = 2a 1a 06a3' 03)1(f 1a Hoành độ tiếp điểm 21 x;x là nghiệm của (4) Tung độ tiếp điểm là 1x 2x y 1 1 1 + = , 1x 2x y 2 2 2 + = Để hai tiếp điểm nằm về hai phía của trục ox là: 0 )2x)(1x( )2x)(2x( 0y.y 21 21 21 < ++ < THI TH I HC CAO NG 2 2 -2 5 y x o -2 1 1 3 2 a0 3 6a9 0 1)xx(xx 4)xx(2xx 2121 2121 >< + < ++ +++ Vậy 1a 3 2 < thoả mãn đkiện bài toán. Cõu II. (2,5 im) 1) Gii PT : ( ) 2 2 2 1 cos cos sin +1 3 3 2 x x x + + + = ữ ữ (1) Bg: (1) 2 2 4 1 2cos(2 ) 1 cos(2 ) 1 sin 2cos(2 ).cos sin 1 3 3 3 5 1 cos2 sin 0 2sin sin 0 2 ; 2 ; 6 6 x x x x x x x x x x k x k hayx k + + + + + = + + = = = = + = + = 2. (1,0 im) Gii PT : 2 2 4 2 3 4x x x x+ = + Bg: K: 2 2x t y= 2 4 x (y 0 )=> 2 2 4x y+ = Ta cú h PT: ( ) 2 3 2 2 4 x y xy x y xy + = + = H i xng loi 1 t S=x +y ; P=xy Gii h theo S;P => Khi S=2 v P=0 => 0; 2 2; 0 x y x y = = = = Khi 6 126 4 10 9 ; 3 3 6 126 9 x s p y = = = + = Vy PT cú 3 nghiờm: Cõu III. (1,0im) Tớnh tớch phõn I= 6 6 4 4 sin cos 6 1 x x x dx + + * t t = -x => dt = -dx * i cn: ;; 4 4 4 4 x t x t = = = = I = 6 6 6 6 6 6 4 4 4 4 4 4 sin cos sin cos 6 ; 2 (6 1) (sin cos ) 6 1 6 1 t t t t t t t t dt I dt t tdt + + => = + = + + + 2I = 4 2 4 4 4 4 4 3 5 3 5 3 1 5 1 sin cos 4 sin 4 4 8 8 8 8 4 16 t dt t dt t t = + = + = ữ ữ ữ =>I = 5 32 Cõu IV. (2,0 im)Trong kg Oxyz cho ng thng ( ): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 v mp(P):2x y -2z - 2=0 Vit PT mt cu(S) cú tõm I v khong cỏch tI n mp(P) l 2 v mt cu(S) ct mp(P )theo giao tuyn ng trũn (C)cú bỏn kớnh r=3 Bg:m cu(S) cú tõm I g sI(a;b;c ) =>(a;b;c) tho mn PT ca (1) * ( ) ( ) ; 2d I P = (2) T (1) v(2) ta cú h PT: 2 2 2 6 11 14 1 1 1 7 ; ; ; ; ; 2 1 6 3 6 3 3 3 2 a b c a t heconghiem va b t c t = = ữ ữ = = + Do 2 4 3 13r R R= = = THI TH I HC CAO NG 3 Vậy có 2 mặt cầu theo ycbt : ( ) 2 2 2 1 2 2 2 2 11 14 1 ( ) : 13 6 3 6 1 1 7 : 13 3 3 3 S x y z S x y z       − + + + − =  ÷  ÷  ÷             + + + + − =  ÷  ÷  ÷       II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu(Va hoặcVb) Câu Va. ( 2,0 điểm ) : 1.(2,0 điểm). Trong Oxy hình thang cân ABCD có AB //CD và A( 10;5) ; B(15;-5 ) ; D (-20;0 ) Tìm toạ độ C Bg: *M là trung điểm của AB => 25 ;0 2 M    ÷   * ( ) ( ) 5; 10 ; : 2 4 25 0 20 // ; 20;0 : 2 quaM AB PT x y x t dtDC AB dtDCquaD pttsDC y t − ∆ ∆ ⊥ ⇒ ∆ − − =  = − + − ⇒  = −  uuur * 27 ; 13 2 N DC N   = ∩∆ ⇒ − −  ÷   *Do ABCD là h thang cân=>C đ xửng với D qua ∆ =>N là trung điểm của CD=> C(-7;-26) 2.(1,0 điểm) Từ các số 0,1,2,3,4,5,6 Lập được bao nhiêu số có 5 chử số khác nhau mà nhất thiết phải có chử số 5 Bg: *Số có 5 chử số khác nhau là: 4 6 6.A (số) * Số có 5 chử số khác nhau không có mặt chử số 5 là: 4 5 3.A *Vậy các Số có 5 chử số khác nhau luôn có mặt chử số 5 là: 4 4 6 5 6. 5. 1560A A− = (SỐ) Bài Vb: 1).(2,0 điểm).Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. Suy ra: SM =AM = 3 2 a ; · 0 60AMS = và SO ⊥ mp(ABC) ⇒ d(S; BAC) = SO = 3 4 a Gọi V SABC - là thể tích của khối chóp S.ABC ⇒ V S.ABC = 3 3 1 . 3 16 ABC a S SO ∆ = (đvtt) Mặt khác, V S.ABC = 1 . ( ; ) 3 SAC S d B SAC ∆ ∆SAC cân tại C có CS =CA =a; SA = 3 2 a ⇒ 2 13 3 16 SAC a S ∆ = Vậy: d(B; SAC) = . 3 3 13 S ABC SAC V a S ∆ = (đvđd). 2.(1,0 điểm) Giải B PT ( ) ( ) 2 3 2 3 2 log 1 log 1 0 3 4 x x x x + − + > − − (1) Bg: *ĐK: x >-1 và x 4≠ *Do 2 2 3 4 0 4 3 4 0 1 4 x x khi x x x khi x − − > > − − < − < < *Xét trên ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 4; 1 log 9 log 8 0 1 . 4; x x x bpt co nghiemS + + +∞ → ⇔ − > ⇔ ∀ ⇒ = +∞ * Xét trên ( ) ( ) 1 1 1 9 1;4 1 log 9 log 8 0 log 0 8 x x x+ + + − → ⇔ − < ⇔ < -Xét trên ( ) ( ) ( ) 1 9 1;0 1 log 0 1;0 8 x x + − → ⇔ < ⇔ ∀ ∈ − ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG 4 C S O M A B -Xét trên ( ) ( ) 1 9 0;4 1 log 0 8 x VN + → ⇔ < ⇔ Vậy bpt có tập nghiệm :T= ( ) ( ) 1;0 4;− ∪ +∞ .HẾT . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG 5 . 0,1,2 ,3, 4,5,6 Lập được bao nhiêu số có 5 chử số khác nhau mà nhất thiết phải có chử số 5 Bg: *Số có 5 chử số khác nhau là: 4 6 6.A (số) * Số có 5 chử số khác. ; ; ; 2 1 6 3 6 3 3 3 2 a b c a t heconghiem va b t c t = = ữ ữ = = + Do 2 4 3 13r R R= = = THI TH I HC CAO NG 3 Vậy có 2