Đề thi thử đại học năm 2009 lần I môn : Toán, khối A, B

Gọi I, r lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp S.ABC... Học sinh tự vẽ hình.[r]

TR¦êng thpt minh ch©u Đề thi thử đại học năm 2009 lần i Môn : Toán, khối A,B (Thời gian 180 không kể phát đề) Câu I:(2 điểm) Cho hàm số y = x  có đồ thị là (C) x 2 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số trên 2) Tìm trên (C) điểm M cho tiếp tuyến M (C) cắt tiệm cận (C) A, B cho AB ngắn Câu II: (2 điểm) 1) Giải phương trình:        sin( x  ) cos( x  )  2cos ( x  )=  sin x  cos(  x)cos(  x)  8 3    x2  y  x  y  2) Giải hệ phương trình:  2  x  y  xy  x  y    Câu III: (2 điểm) TÝnh tÝch ph©n sau: I x  sin x dx cos x Câu IV: (1 điểm) Cho h×nh chãp S.ABC cã SB(ABC), ABC vu«ng t¹i A, c¹nh AB=a, AC=b, SB=c TÝnh b¸n kÝnh mÆt cÇu néi tiÕp h×nh chãp S.ABC    Câu V: (1 điểm)Tìm m để PT: sin x  cos x  cos x  2sin x  m  có nghiệm trên 0;   2 Câu VIa: (2 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình  C1  : x  y  y    C2  : x  y  x  y  16  Lập phương trình tiếp tuyến chung  C1  Cho điểm A  2;5;3 và đường thẳng d : và và  C2  x 1 y z    Viết phương trình mặt phẳng   chứa d 2 cho khoảng cách từ A đến   lớn Câu VIIa: (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c Câu VIb: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho ®iÓm I(-2;0) vµ ®­êng th¼ng (d):  2x –y + = 0, (d’): x +y -3 = ViÕt phương trình đường thẳng qua I & cắt d,d’ A,B cho IA  IB 2) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + = và hai đường thẳng x 1 y 1 z  x2 y2 z     d1: , d2: 1 2 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2 x3  y  16 z CâuVIIb(điểm) Cho x, y, z  thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P   x  y  z -Hết Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2: Lop12.net ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-ĐỢT I-NĂM 2009-2010 CÂU K Ý NỘI DUNG x0  Gọi M(xo; ) (C) x0  Phương trình tiếp tuyến M: () y = ĐIỂM  x  x0  x0  ( x0  2)2 ( x0  2)2 x0  ) x0  ( )  TCN = B (2x0 –2; 2) cauchy  2 AB  (2 x0  4; 2 )  AB = 4( x0  2)2  ( x0  2)2  x0   x0   M (3;3)  AB = 2    xo   M (1;1) ( )  TCĐ = A (2; Ta có các tam giác SBA, SBC vuông B SB   ABC   SB  AC     AC   SAB  o Do  ABC : A  90  AB  AC    AC  SA SAC v tai A Gọi I, r là tâm và bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp S.ABC Ta có : VS ABC  VI ABC  VI SABVI SBCVI SCA 1 1  SB.S ABC  r.S ABC  r.S SAB  r.S SBC  r.S SAC 3 3 1 ab ac b a  c c a  b  abc  r (    ) 2 2 abc r ab  ac  b a  c  c a  b Trước hết ta có: x  y Đặt x + y + z = a Khi đó  x  y   x  y 4P  a    x  y   x  y    64 z 3 a  z  a  64 z 3 z (với t = ,  t  ) a 0.25  1  t   64t 3 0.25 Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 Có 0.25 f '(t )  64t  1  t   , f '(t )   t    0;1   Lop12.net Lập bảng biến thiên  Minf  t   t 0;1 64 16  GTNN P là đạt x = y = 4z > 81 81 0.25 Cho a, b, c thoả a  b  c  Tìm GTNN M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c       Đặt u  2a ;3b ; 4c , v  2c ;3a ; 4b , w  2b ;3c ; 4a  M  u  v  w       M  uvw      2a  2b  2c   3a  3b  3c    4a  4b  4c  2 Theo cô – si có 22  2b  2c  2a  b  c  Tương tự … Vậy M  29 Dấu xảy a  b  c  Va a) Học sinh tự vẽ hình  C1  : I1  0;  , R1  3;  C2  : I  3; 4  , R2   Gọi tiếp tuyến chung  C1  ,  C2  là  : Ax  By  C  A2  B    là tiếp tuyến chung  C1  ,  C2    B  C  A2  B 1  d  I1;    R1    d  I ;    R2  A  B  C  A2  B    3 A  B Từ (1) và (2) suy A  B C  Trường hợp 1: A  B Chọn B   A   C  2    : x  y    3 A  B Thay vào (1) A  B  A2  B  A  0; A   B   : y   0;  : x  y   (Học sinh tự vẽ hình)Gọi K là hình chiếu A trên d  K cố định; Trường hợp 2: C  Gọi   là mặt phẳng chứa d và H là hình chiếu A trên   Trong tam giác vuông AHK ta có AH  AK Vậy AH max  AK    là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK Gọi    là mặt phẳng qua A và vuông góc với d     : x  y  z  15   K  3;1;    là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK    : x  y  z   Do B là giao AB và BD nên toạ độ B là nghiệm hệ: 21  x  x  y 1    21 13    B ;    5  x  y  14   y  13  Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc AC và AB góc AB và BD, kí hiệu Lop12.net    nAB (1; 2); nBD (1; 7); nAC (a; b) (với a2+ b2 > 0) là VTPT các đường thẳng AB, BD, AC Khi     đó ta có: cos nAB , nBD  cos nAC , nAB      a  b 2 2  a  2b  a  b  a  8ab  b    a   b  - Với a = - b Chọn a =  b = - Khi đó Phương trình AC: x – y – = 0, x  y 1  x  A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm hệ:    A(3; 2) x  y 1   y  Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm hệ:  x  x  y 1   7 5  I ;   2 2  x  y  14  y    14 12  Do I là trung điểm AC và BD nên toạ độ C  4;3 ; D  ;   5 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD)  x  1  2t x   m   Phương trình tham số d1 và d2 là: d1 :  y   3t ; d :  y  2  5m z   t  z  2m   Giả sửd cắt d1 M(-1 + 2t ; + 3t ; + t) và cắt d2 N(2 + m ; - + 5m ; - 2m)  MN (3 + m - 2t ; - + 5m - 3t ; - - 2m - t) 3  m  2t  2k     Do d  (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên k : MN  k n p  3  5m  3t  k có nghiệm 2  2m  t  5k   x   2t m   Giải hệ tìm  Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:  y   t thoả mãn bài toán t   z   5t  0,25 Ta có sin x  cos x   sin 2 x và cos4 x   2sin 2 x 0,25   Do đó 1  3sin 2 x  2sin x   m Đặt t  sin x Ta có x  0;   x   0;    t   0;1  2 Suy f  t   3t  2t   m, t   0;1 Ta có bảng biến thiên 0,25 10   Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên 0;    m   2 0,25 Lop12.net Lop12.net