Đề thi thử đại học 2010 môn toán – Đề 03

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]

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 1 (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  9sin 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 x dx Câu IV(1 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = 𝑎 2, BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) diện ABCD 𝑎 𝑎 Tính góc hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) Biết thể khối tứ 15 27   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  y 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  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 y   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: Lop12.net ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ 02 Câu Ý I Điểm Nội dung * 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× 0,5 Gäi M(x0;y0) lµ mét ®iÓm thuéc (C), (x0  - 1) th× y0  MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = | x0  1 - 2| = | | x0  x0  Theo Cauchy th× MA + MB  x0 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 0,5 0,5 x  cos x    sin 2 x (1) Thay (1) vào phương trình (*) ta có :  sin  sin x  cos x   3 sin x  3cos x  9sin x  11 𝑥+1 2 (9 ‒ 2.3 ‒ 3)log3 (𝑥 ‒ 1) + log1 27 = 𝑥 𝑥 𝑥 ‒9 Hết -http://laisac.page.tl Lop12.net 0,5    1  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   3cos x  2sin x  1  (2sin x  1)(sin x  1)   2sin x  1   3cos x  sin x    2sin 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  y  x   x3  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  x  y  1, x  y  1 Khi t  ,ta có : HPT    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) 𝑎 Do đó BH = và góc hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) là 𝛼 I 0,5đ A 0,5 𝑎 H 𝑎 D 𝛼 B Lop12.net E 𝑎 𝑎 15 Thể tích khối tứ diện ABCD là 𝑉 = 𝐵𝐻.𝑆𝐴𝐶𝐷 = 27 5 2 2 45 ⇒𝑆𝐴𝐶𝐷 = 𝑎 ⇒𝐴𝐸.𝐷𝐸 = 𝑎 ⇒𝐴𝐸 𝐷𝐸 = 𝑎 3 2 Mà 𝐴𝐸 + 𝐸𝐷 = 2𝑎 2 45 Khi đó :𝐴𝐸 ,𝐷𝐸 là nghiệm pt: x2 - 2𝑎 x + 𝑎 = 2 𝑎 5𝑎 2 𝐴𝐸 = 𝐴𝐸 = 5𝑎 3 trường hợp 𝐷𝐸 = 𝑙𝑜ạ𝑖 vì DE<a ⇒ ℎ𝑜ặ𝑐 5𝑎 𝑎 2 𝐷𝐸 = 𝐷𝐸 = 3 [ 0,5 [ Xét △ BED vuông E nên BE = 𝐵𝐷2 ‒ 𝐷𝐸2 = 𝑎2 ‒ 𝑎 =𝑎 𝑎 Xét △ BHE vuông H nên sin𝛼 = 𝐵𝐻 = 𝐵𝐸 = Vậy góc hai mp(ACD) và (BCD) là 𝛼 = 45 V ⇒𝛼 = 45   1  xy   xy  xy  ĐK:   t  Đặt t  xy Ta có: xy    x  y   xy  4 xy  xy    Và xy    x  y  x Suy : P   Do đó: P '  VIa 𝑎 1  y2  x2 y 2 xy   t  t  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 I |𝑐 ‒ 9| 𝑐 = 29 A H d(I; Δ )= = 4⇔ 𝑐 =‒ 11 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 [ 0,5 7t  2t   2t  1 Lop12.net 0,5 B 0,5 0,5  *) 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  Xeùt phöông trình z4 – z3 +6z2 – 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) = VII a Suy ra: Z3 = 2 i vaø Z4 = – 2 i   0,5 0,5 0,5 0,5 Đáp số:  1,2, 2 i, 2 i VIb Gäi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) xx y y xx1 yy1 TiÕp tuyÕn t¹i A cã d¹ng (1)   TiÕp tuyÕn ®i qua M nªn   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 – =  Vậy AB luôn qua điểm cố định F(1;1) y 40  x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  abc  162  Do M    nªn:     3 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  0,5 0,5  Lop12.net 0,5 0,5 VII b   ĐK: x > Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương 0,5 (9𝑥 ‒ 2.3𝑥 ‒ 3)log3 (𝑥 ‒ 1) ‒ = 2.3𝑥 ‒ 9𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 ⇔(3 ‒ 3)(3 + 1)log3 (𝑥 ‒ 1) ‒ ‒ 2.3 + = 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 ⇔(3 ‒ 3)(3 + 1)log3 (𝑥 ‒ 1) + (3 + 1)(3 ‒ 3) = 𝑥 𝑥 ⇔(3 ‒ 3)(3 + 1)[log3 (𝑥 ‒ 1) + 1] = [ 𝑥 [ 𝑥 = (𝑙𝑜ạ𝑖) ‒ 3=0 ⇔ log (𝑥 ‒ 1) + = 0⇔ 𝑥= ⇔𝑥 = Vậy phương trình đã cho có nghiệm : 𝑥 = 0,5 4 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu đáp án mà đúng thì đủ điểm phần đáp án quy định Hết Lop12.net