2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M1;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.. 1 điểm Giải phương[r]
(1)http://ductam_tp.violet.vn/ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 Môn Toán – ĐỀ 03 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y 2x (C) x 1 1.Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho 2.Tìm trên đồ thị (C) điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận (C) nhỏ Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình sau: sin x cos x 3 sin x 3cos x sin x 11 2 y x Giải hệ phương trình: 3 2 x y y x x Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = ( x )e x dx x Câu IV(1 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) Tính góc hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) Biết thể khối tứ diện ABCD Câu V (1 điểm) Với số thực x, y thỏa điều kiện x y xy Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ biểu thức P x4 y4 xy II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa.( điểm) Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 - 2x +6y -15=0 (C ) Viết PT đường thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) A;B cho AB = 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1 : x 2 y z 1 và 6 8 x 7 y 2 z Xét vị trí tương đối d1 và d2 Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), 6 12 Tìm tọa độ điểm I trên đường thẳng d1 cho IA + IB đạt giá trị nhỏ Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: z4 – z3 +6z2 – 8z – 16 = Theo chương trình Nâng cao Câu VIb.(2điểm) d2 : 1.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): x2 y2 và đường thẳng :3x + 4y =12 Từ điểm M bất kì trên kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB Chứng minh đường thẳng AB luôn qua điểm cố định 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3).Lập phương trình mặt phẳng qua M cắt ba tia Ox A, Oy B, Oz C cho thể tích tứ diện OABC nhỏ Câu VIIb (1 điểm) Giải phương trình: Hết -http://laisac.page.tl Lop12.net (2) ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ 02 Câu Ý I Nội dung Điểm * Tập xác định: D = R\{ - 1} * Sù biÕn thiªn - Giíi h¹n vµ tiÖm cËn: lim y lim y ; tiÖm cËn ngang: y = x x lim y ; lim y ; tiệm cận đứng: x = - x ( 1) x ( 1) - B¶ng biÕn thiªn 1đ víi mäi x - ( x 1) Hàm số đồng biến trên khoảng (- ; -1) và ( -1; + ) Ta cã y ' 2 x0 x0 Gäi A, B lÇn lît lµ h×nh chiÕu cña M trªn TC§ vµ TCN th× Gäi M(x0;y0) lµ mét ®iÓm thuéc (C), (x0 - 1) th× y0 MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = | 0,5 x0 1 - 2| = | | x0 x0 Theo Cauchy th× MA + MB x 1 =2 x0 MA + MB nhá nhÊt b»ng x0 = hoÆc x0 = -2.Như vËy ta cã hai ®iÓm cÇn t×m lµ (0;1) vµ (-2;3) II x cos x sin 2 x (1) Thay (1) vào phương trình (*) ta có : sin sin x cos x 3 sin x 3cos x sin x 11 sin 2 x 3 sin x 3cos x 9sin x 11 3 sin x 3cos x 6sin 2 x 9sin x sin x 3cos x 2sin 2 x 3sin x Lop12.net 0,5 0,5 0,5 (3) 3cos x 2sin x 1 (2sin x 1)(sin x 1) 2sin x 1 3cos x sin x sin x 2sin x (2) 3cos x sin x sin x 3cos x (3) x k x k Gi¶i (2) : 12 ; Gi¶i (3) (k Z ) (k Z ) x 5 k 12 x 7 k 12 KÕt luËn : Ta có: x3 y y x 2y x x x y xy y Khi y thì hệ VN 0,5 x x x Khi y , chia vế cho y y y y x Đặt t , ta có : t 2t 2t t y y x Khi t ,ta có : HPT x y 1, x y 1 y 0.5 III x I = ( x )e x x dx e x x dx ( x )e x x x dx I1 I Tính I1 theo phương pháp phần I1 = xe x x IV x ( x )e x dx e I x 0,5 e Gọi E là trung điểm CD, kẻ BH AE Ta có ACD cân A nên CD AE Tương tự BCD cân B nên CD BE Suy CD (ABE) CD BH Mà BH AE suy BH (ACD) Do đó BH = và góc hai mặt phẳng I 0,5đ A 0,5 H D (ACD) và (BCD) là E B Thể tích khối tứ diện ABCD là C 0,5 Mà Lop12.net (4) là nghiệm pt: x2 - Khi đó : x+ = trường hợp Xét BED vuông E nên BE = Xét BHE vuông H nên sin = vì DE<a Vậy góc hai mp(ACD) và (BCD) là V Và xy x y x Suy : P y2 Do đó: P ' x2 y 2 xy t t VIa 1 xy xy xy ĐK: t Đặt t xy Ta có: xy x y xy 4 xy xy 2t 1 , P ' t 0(th), t 1(kth) 1 1 P P và P 5 15 1 KL: GTLN là và GTNN là ( HSLT trên đoạn ; ) 15 3 Đường tròn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5 Gọi H là trung điểm AB thì AH=3 và IH AB suy IH =4 Mặt khác IH= d( I; Δ ) Vì Δ || d: 4x-3y+2=0 nên PT Δ có dạng 3x+4y+c=0 0,5 I A d(I; Δ )= 0,5 7t 2t 2t 1 H có đt thỏa mãn bài toán: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0 Véc tơ phương hai đường thẳng là: u1 (4; - 6; - 8) u2 ( - 6; 9; 12) +) u1 và u2 cùng phương +) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1) d2 VËy d1 // d2 *) AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d1 Gọi A1 là điểm đối xứng A qua d1 Ta có: IA + IB = IA1 + IB A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ A1B Khi A1, I, B th¼ng hµng I lµ giao ®iÓm cña A1B vµ d Do AB // d1 nªn I lµ trung ®iÓm cña A1B 36 33 15 *) Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A lªn d1 T×m ®îc H ; ; 29 29 29 43 95 28 A’ đối xứng với A qua H nên A’ ; ; 29 29 29 65 21 43 I lµ trung ®iÓm cña A’B suy I ; ; 29 58 29 Lop12.net B 0,5 0,5 0,5 0,5 (5) VII a Xeùt phöông trình z – z +6z – 8z – 16 = Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z1 = –1, sau đó cách chia đa thức ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z2 = Vậy phương trình trở thành: (Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = Suy ra: Z3 = 2 i vaø Z4 = – 2 i 0,5 0,5 Đáp số: 1,2, 2 i, 2 i VIb Gäi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) xx1 yy1 xx y y TiÕp tuyÕn t¹i A cã d¹ng TiÕp tuyÕn ®i qua M nªn (1) 4 Ta thấy tọa độ A và B thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt xx0 yy0 M thuéc nªn 3x0 + 4y0 =12 4y0 =12-3x0 4 xx0 yy0 xx0 y (12 x0 ) 4 4 4 Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB qua với M thì x y 0 y 1 (x- y)x0 + 4y – = y 40 x 1 Vậy AB luôn qua điểm cố định F(1;1) MÆt ph¼ng c¾t tia Ox,Oy,Oz t¹i A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) cã d¹ng x y z : 1, a, b, c a b c cos y Do M nªn: 3 abc 162 a b c abc a ThÓ tÝch: V abc 27 Vmin 27 b 6 c MÆt ph¼ng cÇn t×m: 6x+3y+2z-18=0 ĐK: x > Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương VII b 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm : Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu đáp án mà đúng thì đủ điểm phần đáp án quy định Hết Lop12.net (6)