Đang tải... (xem toàn văn)
Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.. Viết phương trình đường tròn có tâm2[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
m y x m
x
Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho với m =
2 Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu cho hai điểm cực trị đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + = khoảng
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình
2
cos cos
2 sin
sin cos
x x
x
x x
2 Giải phương trình 7 x2x x5 2 x x (x ) Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
3
0
3
3
x
dx
x x
.
Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M, N điểm di động cạnh AB, AC cho DMN ABC Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x y Chứng minh rằng: x y 3 xy
Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z 0thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức
3 3
3 16
x y z
P
x y z
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B).
A Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC qua M(2; 1) Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật
2 Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + = hai đường thẳng
d1:
1
2
x y z
, d2:
2
1
x y z
Viết phương trình đường thẳng d vng góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 d2
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n N thỏa mãn phương trình
log4(n – 3) + log4(n + 9) =
B Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B C nằm hai đường thẳng d1: x + y + = d2: x + 2y – = Viết phương trình đường trịn có tâm
C tiếp xúc với đường thẳng BG
2 Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:
3
2 1
x y z
mặt phẳng (P): x + y + z + = 0. Gọi M giao điểm d (P) Viết phương trình đường thẳng nằm mặt phẳng (P), vng góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới 42
Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
1
4
2
1
log log
( , )
25 y x
y x y
x y
(2)Hết
-SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN - 2010 Đáp án gồm 06 trang
Câu Nội dung Điểm
I 2,0
1 1,0
Với m =1
1
2 y x
x
a) Tập xác định: D\ 2
0.25
b) Sự biến thiên:
2
2
1
'
2
x x
y
x x
,
1 '
3 x y
x
.
limx y
, limx y
, 2
lim ; lim
x x
y y
, xlim y (x1) 0 ; limx y (x1) 0
Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x –
0.25
Bảng biến thiên
Hàm số đồng biến khoảng ;1 , 3; ; hàm số nghịch biến khoảng 1;2 , 2;3
Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = x = 1; yCT = x =
0.25
c) Đồ thị:
0.25
1 +
0
+
+
-
1
3
(3)2 1.0 Với x2 ta có y’ = 1- ( 2)2
m
x ;
Hàm số có cực đại cực tiểu phương trình (x – 2)2 – m = (1) có hai nghiệm
phân biệt khác m0
0.25
Với m > phương trình (1) có hai nghiệm là:
1
2
2 2
2 2
x m y m m
x m y m m
0.25
Hai điểm cực trị đồ thị hàm số A(2 m; 2m m); B(2 m;2m2 m) Khoảng cách từ A B tới d nên ta có phương trình:
2 m m 2 m m
0.25
2 m m
Đối chiếu điều kiện m = thoả mãn toán Vậy ycbt m =
0.25
II 2.0
1
Giải phương trình
2
cos cos
2 sin
sin cos
x x
x
x x
1.0
ĐK: sinxcosx0 0.25
Khi
2
1 sin cos sin sin cos
PT x x x x x
1 sin x 1 cos xsinxsin cosx x0
1 sin x 1 cos x 1 sin x 0
0.25
sin
cos
x x
(thoả mãn điều kiện) 0.25
2
2
x k
x m
k m, Z
Vậy phương trình cho có nghiệm là: x k2
x m2 k m, Z
0.25
2
Giải phương trình: 7 x2x x5 2 x x (x ) 1.0
2
3
7
x x PT
x x x x x
0.25
2
3
5 2( 2)
x x
x x x
0.25
3
0
2
5
x x
x x
x
2
1 16
x
x x
(4) x1
Vậy phương trình cho có nghiệm x = - 0.25
III
Tính tích phân
0
3
3
x
dx
x x
1.0
Đặt u = x 1 u21 x 2udu dx ; đổi cận:
0
3
x u
x u
0.25
Ta có:
3 2
2
0 1
3
(2 6)
3
3
x u u
dx du u du du
u u u
x x
0.25
1
2
6 6ln
1
u u u
0.25
3 6ln
2
0.25
IV 1.0
Dựng DH MN H
Do DMN ABC DH ABC mà D ABC tứ diện nên H tâm tam giác ABC
0.25
Trong tam giác vuông DHA:
2
2 2
1
3
DH DA AH
Diện tích tam giácAMN
0
1
.sin 60
2
AMN
S AM AN xy
0.25
Thể tích tứ diện D AMN
1
3 AMN 12
V S DH xy 0.25
Ta có: SAMN SAMH SAMH
0 0
1 1
.sin 60 sin 30 sin 30
2xy 2x AH 2y AH
x y 3 xy
0.25
V 1.0
Trước hết ta có:
3
3
4 x y
x y
(biến đổi tương đương)
x y x y
0.25
Đặt x + y + z = a Khi
3 3 3
3 3
3
64 64
4P x y z a z z t 64t
a a
(với t = z
a, 0 t 1)
0.25
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t0;1 Có 0.25 D
A
B C
H
(5) 2
2
'( ) 64 , '( ) 0;1
9 f t t t f t t
Lập bảng biến thiên
0;1
64 inf 81 t M t
GTNN P 16
81 đạt x = y = 4z > 0 0.25
VI.a 2.0
1 1.0
Do B giao AB BD nên toạ độ B nghiệm hệ: 21
2 21 13;
7 14 13 5
5 x x y B x y y 0.25
Lại có: Tứ giác ABCD hình chữ nhật nên góc AC AB góc AB BD, kí hiệu nAB(1; 2); nBD(1; 7); nAC( ; )a b
(với a2+ b2 > 0) VTPT
đường thẳng AB, BD, AC Khi ta có: cosnAB,nBD cosnAC,nAB
2 2
3
2
2
7
a b
a b a b a ab b b
a 0.25
- Với a = - b Chọn a = b = - Khi Phương trình AC: x – y – = 0,
A = AB AC nên toạ độ điểm A nghiệm hệ:
1
(3; 2)
2
x y x
A
x y y
Gọi I tâm hình chữ nhật I = AC BD nên toạ độ I nghiệm hệ:
7
1 5;
7 14 2
2 x x y I x y y
Do I trung điểm AC BD nên toạ độ
14 12
4;3 ; ;
5
C D
0.25
- Với b = - 7a (loại AC khơng cắt BD) 0.25
2 1.0
Phương trình tham số d1 d2 là:
1
1 2
: ; :
2
x t x m
d y t d y m
z t z m
0.25 Giả sử d cắt d1 M(-1 + 2t ; + 3t ; + t) cắt d2 N(2 + m ; - + 5m ; - 2m)
MN
(3 + m - 2t ; - + 5m - 3t ; - - 2m - t). 0.25
Do d (P) có VTPT nP(2; 1; 5)
nênk MN: knp
3 2
3
2
m t k
m t k
m t k
có nghiệm
0.25
(6)Khi điểm M(1; 4; 3) Phương trình d:
1
x t
y t
z t
thoả mãn tốn
0.25
VII.a Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n N thỏa mãn phương trình
log4(n – 3) + log4(n + 9) =
1.0
Điều kiện:
n N n
Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = log4(n – 3)(n + 9) =
0.25
(n – 3)(n + 9) = 43 n2 + 6n – 91 =
7 13 n n
Vậy n =
0.25
Khi z = (1 + i)n = (1 + i)7 =
3
2 3
1i 1 i 1 i (2 )i (1 ).( ) 8i i i
0.25
Vậy phần thực số phức z 0.25
VI.b 2.0
1 1.0
Giả sử B x y( ;B B)d1 xB yB 5; ( ;C x yC C)d2 xC 2yC7
Vì G trọng tâm nên ta có hệ:
2
B C B C
x x
y y
0.25 Từ phương trình ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25
Ta có BG(3;4) VTPT nBG(4; 3)
nên phương trình BG: 4x – 3y – = 0.25
Bán kính R = d(C; BG) =
5 phương trình đường trịn: (x – 5)2 +(y – 1)2 =
81
25 0.25
2 1.0
Ta có phương trình tham số d là:
3 2
x t
y t
z t
toạ độ điểm M nghiệm hệ
3 2
2
x t
y t
z t
x y z
(tham số t)
(1; 3;0) M
0.25
Lại có VTPT của(P) nP(1;1;1)
, VTCP d ud(2;1; 1)
Vì nằm (P) vng góc với d nên VTCP u u nd, P (2; 3;1)
Gọi N(x; y; z) hình chiếu vng góc M , đóMN x( 1;y3; )z
Ta có MN vng góc với u
nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 =
0.25 (thoả mãn)
(7)Lại có N(P) MN = 42 ta có hệ:
2 2
2
2 11
( 1) ( 3) 42
x y z
x y z
x y z
Giải hệ ta tìm hai điểm N(5; - 2; - 5) N(- 3; - 4; 5) 0.25
Nếu N(5; -2; -5) ta có pt
5
:
2
x y z
Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt
3
:
2
x y z
0.25
VII.b
Giải hệ phương trình
1
4
2
1
log log
( , )
25 y x
y x y
x y
1.0
Điều kiện:
0 y x y
0.25
Hệ phương trình
4 4
2 2 2
1
log log log
4
25 25 25
y x y x
y x
y y y
x y x y x y
0.25
2
2 2
3
3
25
25 25
10
x y
x y x y
y
x y y y
0.25
15
; ;
10 10
15
; ;
10 10
x y
x y
Vậy hệ phương trình cho vơ nghiệm.
0.25
Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà điểm phần như đáp án quy định.
(8)