DE DA THI THU DH LAN 2 THPT PHAN DANG LUU NA

Chứng minh rằng đường thẳng AB song song với mặt phẳng (P).[r]

Së GD & §T NghƯ An Trêng THPT Phan Đăng Lu

-o0o - thi thử đại học lần 2 Năm học 2008 - 2009

( Môn: Toán Thời gian làm bài: 180 phút ) Phần chung cho tất thí sinh

Câu I (2 điểm) Cho h m số y = (x - 2)à 2(x + 1), đồ thị (C). Khảo sát vẽ đồ thị hàm số cho

2 Tìm (C) điểm M có hồnh độ số nguyên dơng cho tiếp tuyến M (C), cắt (C) hai điểm M N thoả mãn MN =

C©u II (2 điểm)

1 Giải hệ phơng trình

1 1

1 1

1 1

2 1

x y y x



 

 

 

  

 

 , víi Èn x y, .

2 Gải phơng trình

2

1

2cos os sin 2( ) 3cos( 10,5 ) sin x

3 3

x c x    x   x  

, víi Èn x

Câu III (2 điểm)

1 Tớnh din tích hình phẳng giới hạn đờng thẳng y = đồ thị hàm số

y x  x  x

2 Cho số dơng x, y, z thoả mÃn x +3y+5z Chøng minh r»ng xy√625z4+4 + 15 yz√x4+4 + zx√81y4+4 45 √5 xyz.

Câu IV (1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D', có AB = a, AD = b, AA' = c đáy ABCD hình bình hành có góc BAD 600 Gọi M điểm đoạn CD cho DM = 2MC Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng BDA' theo a, b, c

Phần riêng (Thí sinh đợc chọn phần riêng thích hợp để làm bài) Câu Va (Theo chơng trình nâng cao)

1 Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho hai đờng thẳng

1

2

4

: ; : 3

3

x t

x y z

d d y t

z t   

   

    

  

  a Tính khoảng cách hai đờng thẳng

b Trong tất mặt cầu tiếp xúc với hai đờng thẳng d1 d2; Viết phơng trình mặt cầu có bán kớnh nh nht

2 Tìm phần thực sè phøc z (1 i)n

  Trong ú n *

thoả mÃn

   

4

log n log n6

Câu Vb (Theo chơng trình chuÈn)

1 Trong không gian với hệ trôc tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(4;0;0) , (0;0;4)B mặt phẳng

(P): 2x y 2z 0

a Chứng minh đường thẳng AB song song với mặt phẳng (P) Viết phương trỡnh đờng thẳng d qua điểm A, vng góc với đờng thẳng AB song song với (P)

b Tìm điểm C mặt phẳng (P) cho tam giác ABC

2 Giải phơng trình

2

3

log ( 6) log

2 2 6 4 x x ( 2 6)

x x   x x

      , víi Èn x 

- HÕt

-ỏp ỏn v biu im

Môn Toán- Thi thử ĐH lần -Năm học 2008-2009 - Trờng THPT Phan Đăng Lu-NA

Câu I 2.0

1 1.0

Hàm số có tập xác định ;

x x

Limy ; Limy

        .

0 25

y’ = 3x2 - 6x; y’ =  x = hc x =

-∞ +∞

+ - + 0.25

Hàm số đồng biến khoảng (-; 0) (2; +); hàm số nghịch biến khoảng (0; 2) Điểm (0; 4) điểm CĐ đồ thị hàm số; điểm (2; 0) điểm CT đồ thị hàm số Điểm U(1; 2) điểm uốn đồ thị hàm số Đồ thị giao với trục tọa độ: (-1; 0), (2; 0), (0; 4)

0.25

0.25

2 1.0

Giả sử M(x0; y0) thuộc (C), x0 số nguyên dơng Phơng trình tiếp tuyến với (C) M

y = (3x02 - 6x0)x - 2x03 + 3x02 + Goi tiÕp tuyÕn nµy lµ (t)

0.25

Hoành độ giao điểm (C) (t) nghiệm PT:

x3 - 3x2 - (3x02 - 6x0)x + 2x03 - 3x02 =  (x - x0)2(x + 2x0 - 3) =  x = x0 hc x = -2x0 +

0.25

M(x0; x03 - 3x02 + 4); N(-2x0 + 3; -8x03 + 24x02 - 18x0 + 4) MN2 = 9x02

-18x0 + + 81x02(x0 - 1)2(x0 - 2)2. 0.25

MN2 =  9x02 - 18x0 + 81x02(x0 -1)2(x0 - 2)2 =  9x0(x0 - 2)(1 +

0.25

0

9x0(x0 - 1)2(x0 - 2)) = Vì x0 số nguyên dơng nên x0 = Vậy M(2; 0) (Lu ý: Nếu thí sinh nhìn đồ thị, nhận thấy có trục hồnh tiếp tuyến thoả mãn BT, có điểm M(2; 0) điểm cần tìm, cho 0.5 điểm)

C©u II. 2.0

1 1.0

ĐK x ≠ 1; y ≠ -1 Quy đồng đa hệ

1

1 2

x y xy x

x y xy y

    



   



0.25



1 1

3 2 2 3

y xy y xy

x y x y y x

   

 



 

     

 

(rút đợc y = - x)

0.5

2

4 (3 ) 4 4 0 2

3 3 1

x x x x x x

y x y x y

       

 

 

  

    

  

; VËy nghiƯm cđa hƯ lµ

2

x y

  

 

0.25

2. 1.0

TXĐ: ; Trên PT cho tương

đương với PT

2

6cosxcos x 8 3si n 2x 9sinxs in x

(1)

0.25

2

2

(1) 6cos 6sin cos cos sin 9sin 6cos (1 sinx) 2sin 9sin

(1 sin )(6 cos 2sin 7)

x x x x x x

x x x

x x x

      

      

    

0.25

sin ( )

2

x  x k  k  0.25

PT 6cosx + 2sinx - = vô nghiệm 62 + 22 < 72 VËy nghiƯm cđa PT

đã cho

2 ( )

2

x  k  k  0.25

C©u III. 2.0

1 1.0

Hoành độ giao điểm hai đồ thị:

x2 - x - x - = 

3

x x   

 

0.25

3

3

3

S x x x dx



     0.25

   

0 3

2 2

0

3

3 3

x dx x x dx x dx x x dx

 

= (3x - x3/3)

3

 + (-x3/3 + x2 +

3x)

0 = + 2

0.25

2. 1.0

3 xy √625z4+4 + zx

√81y4

+4+15 yz√x4+4 45√5 xyz

⇔ √x2 +4

x2 + √9y

2 +

9y2 +

√25z2

+

25z2 √45 (chia hai vÕ cho biĨu thøc d¬ng 15xyz) (*)

0.25

Ta cã

   

 

2

2

2 3

2

2 2 36

(*)

3 3 5

VT x y z x y z

x y z x y z

 

        

(Vì với điểm

2 2 2

(0;0), ( ; ), ( ; ), ( ; )

3

O A x B x y C x y z

x  x y   x y z

ta lu«n cã

OA + AB + BC  OC )

0.25

Đặt

2 3 5 t x y z

, v× x, y, z số dơng: x + 3y + 5z nªn

0 t 1

0.25

Suy

 

 

2

2

36

3

x y z

x y z 

=

36 36

9t 36t 27t 72 27 45

t t

      

, đẳng thức xẫy t =

Vậy (*) đợc chứng minh, đẳng thức xẫy x = 3y = 5z =

0.25

C©u IV. 1.0

2

ME MD

AE AB  ,

( ,( ')) ( ,( '))

d M BDA ME

d A BDA AE  0.25

; '

AF BD AH A F Khi d(A, (BDA')) = AH. 0.25 Tam giác ABD có AB = a, AD = b, góc BAD 600 nên

2

2

2

ABD

S ab

AF

BD a b ab

 

 

0.25

D A

B C

A'

M E

F

B' C'

D'

Trong tam giác vuông A'AF (vuông A), ta có

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1

' 3 4 4 4

abc AH

AH A A AF   a b  a c  b c  abc

VËy 2 2 2

2 ( , ( '))

3 4

abc d M BDA

a b a c b c abc



  

0.25

Câu Va (Theo chơng trình nâng

cao) 3.0

1. 2.0

a. 1.0

Đường thẳng d1 qua điểm M1(4; 1; -5) có véc tơ phương

(3; 1; 2)

u  

Đường thẳng d2 qua điểm M2(2; -3; 0) có véc tơ phương

' (1;3;1)

u 

0.25

  2

, ' 5; 5;10 , ( 2; 4;5) , ' 60

u u M M u u M M

                                                                                     0.25

 2 2 2 2

, ' 60 60

,

5 ( 5) 10

, '

u u M M d d d

u u                    

VËy d(d1, d2) =

0.5

b. 1.0

Giả sử S(I, R) mặt cầu

tip xỳc vi hai đương thẳng d1, d2 t-¬ng øng hai điểm A B ta

ln có IAd1, IBd2 vµ IA + IB ≥

AB Suy 2R ≥ AB, dấu đẳng thức

xảy vµ chØ I trung điểm

AB AB đoạn vng góc chung hai đường thẳng d1, d2

0.25

Ad1, Bd2 nên A(4 + 3t; 1- t;

-5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’);

' '

AB u AB u

AB u AB u

                                                                          

Giải hệ tìm đợc A(1; 2; -3) B(3; 0; 1)

 I(2; 1; -1).

0.5

Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) bán

kính R= 6nên có phương trình là:

x 22 (y 1)2 (z1)2 6

0.25

2. 1.0

Hµm sè f(x) =

   

4

log x log x6

là hàm số đồng biến (3; +∞) f(19) = Do phơng trình

   

4

log n log n6 4

cã nghiÖm nhÊt n19.

0.5

w 2( os isin )

4

i c  

   

Với n = 19 áp dụng công thức Moavrơ ta cã:

19 19 19 19 19 3

w ( 2) os isin ( 2) os i sin

4 4

z  c     c   

   

Suy phần thực z :

 2 19 os3 ( 2) 19 512

4

c 

Câu Vb (Theo chơng trình chuÈn) 3.0

1. 2.0

a. 1.0

Ta cã AB( 4;0; 4)



; mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến n(2; 1; 2)



Suy

4.2 2.4 ( ) //( )

AB n    A P  AB P

 

0.5

Vì đờng thẳng (d) vng góc với AB song song với (P) nên véc tơ phơng đờng thẳng (d)

, (4;16; 4)

uAB n

 

  

VËy ph¬ng

trình đờng thẳng (d)

4

x t

y t

z t    

    

0.5

b. 1.0

Gi¶ sử C(x; y; z) Điểm C thuộc mp(P) tam giác ABC tam giác

u nờn

2x y 2z

AC AB

BC AB

   

 

 

 



0.25

Ta cã

2 2

2 2

2

( 4) 32

( 4) 32

x y z

x y z

x y z

    

 

   

 

   

 

0.25

2 2

2 16

x z

x y z

x y z x

  

     



    



Giải hệ đợc x= 0, x = 20/9 Vậy C(0; -4; 0); C(20/9; 44/9; 20/9)

0.5

2. 1.0

ĐK xác định: x2 -2x + > 0 x

Đặt t = log3x2  2x6 PT trë thµnh

t t t

 

0.5

PT

t t t

  cã nghiÖm nhÊt

t = 0.25

của PT cho x = -1, x =