Đề thi thử đại học môn Toán - Số 14

Chứng tỏ A,B,C,D là 4 đỉnh của một tứ diện và tìm trực tâm của tam giác ABC... LỜI GIẢI THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG MÔN TOÁN - LẦN 1 Nội dung A.PHẦN CHUNG:.[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN – NĂM 2009 MÔN: TOÁN – KHỐI D Thời gian làm bài: 180 phút  A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( điểm) Câu 1: ( 2điểm) 2x 1 Cho hàm số y = 1 x Khảo sát biến thiên và đồ thị (C) hàm số Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận, A là điểm trên (C) có hoành độ là a Tiếp tuyến A (C) cắt hai đường tiệm cận P và Q Chứng tỏ A là trung điểm PQ và tính diện tích tam giác IPQ Câu 2: (2điểm) Giải bất phương trình: log ( x   6)   log (7  10  x ) sin x  cos x  tan x Giải phương trình: cos x  sin x Câu 3: (1 điểm)  ex )dx Tính tích phân: I =  e (2 x   tan x Câu 4:(1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc  = 600 Gọi M là trung điểm AA’ và N là trung điểm CC’ Chứng minh bốn BAD điểm B’, M, N, D đồng phẳng Hãy tính độ dài cạnh AA’ theo a để tứ giác B’MDN là hình vuông Câu 5: (1 điểm) Cho ba số thực a, b, c lớn có tích abc = Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 P   1 a 1 b 1 c B PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu 5a 5b Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu 5.1a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm A(2; - 1) và đường thẳng d có phương trình 2x – y + = Lập phương trình đường thẳng (D) qua A và tạo với d góc α có cosα  10 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(3;1;1), B(0;1;4), C(-1;-3;1) Lập phương trình mặt cầu (S) qua A, B, C và có tâm nằm trên mặtphẳng (P): x +y – 2z + = Câu 5.2a: (1 điểm) Cho tập hợp X = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6} Từ các chữ số tập X có thể lập bao nhiêu số tự nhiên có chữ số khác và phải có mặt chữ số và 2 Phần 2: Theo chương trình nâng cao: Câu 5.1b: ( điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm A(-1;1) và B(3;3), đường thẳng (D): 3x – 4y + = 0.Lập phương trình đường tròn qua A, B và tiếp xúc với đường thẳng(D) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A(3;0;0), B(0;1;4), C(1;2;2), D(-1;-3;1) Chứng tỏ A,B,C,D là đỉnh tứ diện và tìm trực tâm tam giác ABC Câu 5.2b: (1 điểm) log y xy  log x y Giải hệ phương trình:  x y 3 2  -Hết -4 x Lop12.net Câu LỜI GIẢI THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG MÔN TOÁN - LẦN Nội dung A.PHẦN CHUNG: + TXĐ: D = R\{1} + lim y  lim y  2 x   đường thẳng y = - là tiệm cận ngang x  lim y  , lim y   x 1 x 1  đường thẳng x = là tiệm cận đứng  0, x  (1  x) + bảng biến thiên: + y’ = Câu (2điểm) + Đồ thị: y x -3 -2 -1 -1 -2 -3 -4 -5 2a  ) 1 a 2a  Tiếp tuyến A: y = (x - a) + (1  a ) 1 a Giao điểm I(1; - 2) – A(a; 2a ) 1 a Giao điểm tiệm cận ngang và tiếp tuyến A: Q(2a – 1; - 2) Ta có: xP + xQ = 2a = 2xA Vậy A là trung điểm PQ 2a Ta có IP = ; IQ = 2(a  1) 2  1 a 1 a Giao điểm tiệm cận đứng và tiếp tuyến A: P(1; IP.IQ = (đvdt) -3 x       x  10 Điều kiện: 10  x    10  x   SIPQ = Câu (2điểm) Lop12.net Điểm 3x    log (7  10  x ) log ( x   6)   log (7  10  x )  log  3x     10  x   x   10  x  x    2(7  10  x )  49x2 – 418x + 369 ≤  ≤ x ≤ k (k  ) sin x  cos x  tan x   sin 2 x  sin x 2 cos x  sin x 4  3sin 2x + sin2x – = Điều kiện: cos2x ≠  x     sin2x =  x  Câu 3: (1điểm)   x e )dx = I =  e (2 x   tan x x  Tính: I1 = I1 = -  xe x 2xe-x   xe x  k ( không thoả) dx   cos xdx = I1 + I2 u  x u '  Đặt   x x v '  e v  e dx   x  e + e dx = 0   - 2e   2   cos2x  1  dx =  x  sin x  =  I2 =  2 0 -+ Gọi P là trung điểm DD’ A’B’NP là hình bình hành: A’P//B’N A’PDM là hình bình hành:A’P//MD Vậy: B’N//MD hay B’, M,N,D đồng phẳng + Hình B’NDM là hình bình hành + Để B’MND là hình vuông 2B’N2 = B’D2 y2 Đặt: y = AA’  2( + a2) = y2 + a2  y= a -Câu (1điểm)   (1điểm)  Vậy phương trình vô nghiệm -Câu 369 (thoả) 49 1   ≥1 1 a 1 b 1 c 1 1 1      Ta chứng minh:  ≥0  a  b  ab  a  ab  b  ab Chứng minh: P   ( b  a ) ( ab  1)  đúng (1  a )(1  b)(1  ab ) Lop12.net Dấu đẳng thức xảy a = b 2 1 1      Xét  a  b  c  abc  ab  abc 4   12 4  abc 1 a b c 1 Vậy: P   abc Vậy: P nhỏ a = b = c = - Câu 6a 1.a (2điểm) -B PHẦN TỰ CHỌN 1.Phần 1: Theo chương trình chuẩn Đường thẳng (D) có dạng phương trình: a(x – 2) + b(y +1) = hay: ax + by – 2a + b = 2a - b  Ta có: cos =  7a2 – 8ab + b2 = 2 10 5(a  b ) Chon a =  b = 1; b = + (D1): x + y – = và (D2): x + 7y + = Goi pt mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2ax – 2by – 2cz + d = - (S) qua A: 6a + 2b + 2c – d - 11 = - (S) qua B: 2b + 8c – d - 17 = - (S) qua C: 2a + 6b – 2c + d + 11 = - Tâm  (P): a + b – 2c + = Giải ta được: a = 1,b = - 1, c = 2, d = - Vậy (S): x2 + y2 + z2 – 2x + 2y – 4z – = - -+ Có tập có chữ số chứa 0;1;2 Câu 6a + Có tập có chữ số chứa và không chứa số Vậy số có các chữ số khác lập từ các chữ số đã cho 2a 6(P5 – P4) + 4P5 = 1.056 (số) (1điểm) - -2.Phần 2: Theo chương trình nâng cao Tâm I đường tròn nằm trên  đường trung trực d đoạn AB Câu 6b d qua M(1;2) có VTPT là AB  (4; 2) , d: 2x + y – = 1b Vậy tâm I(a;4 – 2a) (2điểm) Ta có IA = d(I,D)  11a   5a  10a  10  2a2 – 37a + 93 =  a = ; a = 31/2 +)Với a = 3: I(3;-2), R = 5, ptđt (x – 3)2 + (y + 2)2 = 25 65 31  4225  31   +) Với a = 31/2: I  ; 27  , R = ptđt:  x    ( y  27)  2       Ta có AB  (3;1; 4); a  AC  (1;1;1)    Mp(ABC) có VTPT n   AB, a  = ( - 3; - 1; - 2) (ABC): 3x + y + 2z – =  D  ( ABC )  đpcm 2b.Điều kiện: x > và x ≠ và y > và y ≠ Câu6b log y x  Ta có log y xy  log x y  log 2y x  log y x     2b log y x  2 (1điểm) Lop12.net x  y   x  12 y  + Với x = y  x = y = log  1 + Với x = ta có: y  y  theo bất đẳngt thức Cô-si pt vô nghiệm y Lop12.net Lop12.net Lop12.net Lop12.net Lop12.net