Tìm tọa độ giao điểm K của (d) và đường thẳng IJ.[r]
(1)TRƯỜNG THPT H ẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN - NĂM HỌC 2008 - 2009 Mơn: TỐN
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
3 2
y x 3mx 3 m 1 x m 1
(m tham số) (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m 0.
2 Tìm giá trị m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành điểm phân biệt có hồnh độ dương
Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình:
2sin 2x 4sin x
2 Giải hệ phương trình:
2
2
x y x y 13
x, y
x y x y 25
Câu III (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB a, AD 2a, cạnh SA vng góc với đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy góc 60 o Trên cạnh SA lấy điểm M
sao cho
a AM
3
Mặt phẳng BCM cắt cạnh SD điểm N Tính thể tích khối chóp S.BCNM
Câu IV (2 điểm)
1 Tính tích phân:
2
dx I
2x 4x
2 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số : y = 2sin8x + cos42x PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a câu V.b
Câu V.a.( điểm ) Theo chương trình Chuẩn Cho đường tròn (C) :
2
x 1 y 3 4
điểm M(2;4)
a) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt đường tròn (C) hai điểm A, B cho M trung điểm AB
b) Viết phương trình tiếp tuyến đường trịn (C) có hệ số góc k = -1
2 Cho hai đường thẳng song song d1 d2 Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, đường thẳng d2 có n điểm phân biệt (n 2 ) Biết có 2800 tam giác có đỉnh điểm cho Tìm n
Câu V.b.( điểm ) Theo chương trình Nâng cao
1 Áp dụng khai triển nhị thức Niutơn 100
x x
, chứng minh rằng:
99 100 198 199
0 99 100
100 100 100 100
100C 101C 199C 200C
2 2
2 Cho hai đường tròn : (C1) : x2 + y2 – 4x +2y – = (C2) : x2 + y2 -10x -6y +30 = 0 có tâm I, J
a) Chứng minh (C1) tiếp xúc ngồi với (C2) tìm tọa độ tiếp điểm H
(2)- Hết -Cán coi thi không giải thích thêm.
trờng thpt hậu lộc 2 đáp án đề thi thử đại học lần năm học 2008 - 2009
Môn thi: toán
Thi gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao
Câu Nội dung Điểm
I 2.0đ
1 1,25®
Víi m = , ta cã : y = x3 – 3x + 1 - TXĐ: R
- Sự biến thiên:
+ ) Giíi h¹n: xLim y ; Lim yx
+) Bảng biến thiên: Ta có : y’ = 3x2 – y’ = x = -1 hc x =
Hàm số đồng biến khoảng ; 1 1;, nghịch biến khoảng ( -1; 1)
Hàm số đạt cực đại điểm x = -1, giá trị cực đại hàm số y(-1) =3 Hàm số đạt cực tiểu điểm x = 1, giá trị cực tiểu hàm số y(1) =-1 - Đồ thị
+ Điểm uốn : Ta có : y’’ = 6x , y" = điểm x = y" đổi dấu từ dơng sang âm x qua điểm x = Vậy U(0; 1) điểm uốn đồ thị + Giao điểm với trục tung : (0;1)
+ §THS ®i qua c¸c ®iĨm : A(2; 3) , B(1/2; -3/8) C(-2; -1)
0,25 0,25
0,25
0,5
2 0.75®
Để ĐTHS (1) cắt trục hồnh điểm phân biệt có hồnh độ dơng, ta phải có :
1
y '
1
x x
0
x
x
y y
y 0
(I)
Trong : y’ = 3( x2 – 2mx + m2 – 1) ∆y’ = m2 – m2 + = > với m
y’ = x1 = m = xCĐ x2 = m + = xCT
0,25
0,5 y’
y
x
+
-1
+
0
-1
3
-1
6
-2 -4
-5 10
y
(3)(I)
2 2
2
m
m
3 m
m m m 2m
m
II 2,0®
1 1,0®
Ta cã :
2sin 2x 4sin x
3sin2x – cos2x + 4sinx + = 3sin2x + 2sin2x + sinx = sinx ( 3 cosx + sinx + ) =
sinx = (1) hc 3 cosx + sinx + = (2) + (1) x k
+ (2)
3
cosx sin x
2
sin x
3
5
x
6
k
0,25
0,5
2 1,0®
2
2
x y x y 13
x y x y 25
3 2
3 2
x xy x y y 13 1'
y xy x y x 25 '
Lấy (2’) - (1’) ta đợc : x2 y– xy2 = x y xy 6 (3) Kết hợp với (1) ta có :
2
x y x y 13
I x y xy
Đặt y = - z ta cã:
2
2
x z x z 13 x z x z 2xz 13
I
x z xz x z xz 6
đặt S = x +z P = xz ta có:
S S 2P 13 S 2SP 13 S
P
SP
SP
Ta cã:
x z
x.z
HƯ nµy cã nghiƯm
x
z
hc
x
z
Vậy hệ cho có nghiệm là: ( ; 2) ( -2; -3 )
0,25
0,25
0,25
0,25
III
1.0® 1® Ta cã ( SAB) ( BCNM) vµ
SAB BCNM BM
Từ S hạ SH vng góc với đờng thẳng BM SH (BCNM) hay SH đờng cao hình chúp SBCNM
Mặt khác :
SA = AB.tan600 = a 3 Suy ra: MA =
1 3SA
Lại có: MN giao tuyến của mp(BCM) víi mp(SAD), mµ
N
D
B C
A S
(4)BC // (SAD) nên NM // AD MN // BC Do đó:
MN SM 4a
MN
AD SA
Vì AD (SAB) nên MN (SAB) , suy MN BM vµ BC BM Vậy thiết diện mp(BCM) với hình chóp SABCD hình thang vuông BCNM
Ta có : SBCNM =
1
MN BC BM
2
Trong : BC = 2a , MM
4a
vµ BM = AB2AM2 =
2a 3
VËy SBCNM =
2
4a 2a
2a 10a
3
2
Khi : VSBCNM =
1
3SH SBCNM
TÝnh SH : Ta cã ∆MAB ∆ MHS , suy ra:
SH MS
AB BM
MS.AB SH
MB
2a a
3 a
2a 3
VËy : VSBCNM =
1 3.a.
2
10a
9 =
3
10a
27
0,5
0,5
IV 2®
1 1.0®
đặt t 4x 1 , ta có dt =
2dx
4x 1 hay
t
2dt = dx vµ
2
t
x
Khi x = t = x= th× t =
Khi :
2
tdt I
t
2 t
2
=
2
tdt t 1
5
2
1
dt
t t 1
=
5
3
1 ln t
t
=
3
ln 2 12
0,25
0,5
2 1.0đ
Đặt t = cos2x 1 t 1 th× sin2x =
1 t
+
1 3 3
f ' t 4t t 8t t
2
2
1
2t t 4t 2t t t
2
=
2
1
3t 7t 4t
2
B¶ng biÕn thiªn
0,25
0,5
t f’(t)
f(t)
-1 1/3
+
-3
1 27
(5)Qua b¶ng biÕn thiªn ta cã : miny =
1
27 maxy = 3
Va 3đ
1a
Đờng tròn (C) : ( x 1)2 + ( y – )2 = cã t©m I ( 1; 3) bán kính R =
Ta cã: (d):
Qua M 2;
qua M qua M
d : d :
MA MN AB MI vtpt MI 1;1
(d): x – + y – = (d) : x + y – = 0
0,25 0,5 0,25
1b
Đờng thẳng (d) víi hƯ sè gãc k = -1 cã d¹ng : y = -x + m hay x + y – m =0 (1)
Đờng thẳng (d) tiếp tuyến đờng tròn (C) kc(I,(d)) = R
2
1 m m 2
2
1 m 2
+ Vậy có tiếp tuyến thoả mãn đề : x + y – 2 2=
0,25
0,5 0,25
2
Theo đề ta có:
3 3
n 10 10 n
C C C 2800
( n2)
n 10 10! n!
2800 3! n ! 3!7! 3! n !
n 10 n 9 n 8 10.9.8 n n n 2 2800.6
n2 + 8n – 560 =
n 20
n 28
VËy n = 20
0,25 0,25
0,25 0,25
Vb 3.0 ®
1
Ta cã: [(x2 + x )100]’ = 100(x2 + x )99( 2x +1) (1) vµ
100
2 100 101 102 99 199 100 200
100 100 100 100 100
x x C x C x C x C x C x
100 99 100 99 198 100 199
100 100 100 100
x x ' 100C x 101C x 199C x 200C x
(2)
Tõ (1) vµ (2) ta thay
1 x
2
, ta đợc
99 100 198 199
0 99 100
100 100 100 100
1 1
100C 101C 199C 200C
2 2
0.25
0.5 0,25
2a
(C1) cã t©m I( 2; -1) bán kính R1= (C2) có tâm J(5;3) bán kính R=2 Ta có: IJ2 = ( – 2)2 + ( + 1)2 = 25 IJ = = R
1 + R2
Suy (C1) (C2) tiếp xúc với Tọa độ tiếp điểm H đợc xác định
bëi :
H
I H J H
I H J H
H
19 x
2 x x x x 5
2HI 3HJ
7
2 y y y y
y
0,25 0,25 0,5
2b
Cã : 2KI3KJ
I K J K K
K
I K J K
2 x x x x x 11
y 11
2 y y y y
Đờng tròn (C) qua K , tiếp xúc với (C1) , (C2) H nên tâm E (C)
trung điểm KH :
37 31
E ;
5
Bán kính (C) EH = 6
Phơng trình (C) :
2
37 31
x y 36
5
0,5