1. Trang chủ
  2. » Mẫu Slide

Đề 41 thi thử đại học lần 2 - Năm học 2009 - 2010 Môn: Toán

6 5 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của góc tạo bởi d và d’... trường thpt hậu lộc 2..[r]

(1)TRƯỜNG THPT H ẬU LỘC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN - NĂM HỌC 2009 - 2010 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 2x  Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  có đồ thị (C) x2 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) Tìm trên (C) điểm M cho tiếp tuyến M (C) cắt hai tiệm cận (C) A, B cho AB ngắn Câu II (2 điểm) Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + = Giải phương trình: x2 – 4x - = x  Câu III (1 điểm) dx Tính tích phân:  1  x   x Câu IV (1 điểm) Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = a Hãy tìm góc hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn Câu V ( điểm ) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 1    CMR: x y z 1   1 2x  y  z x  2y  z x  y  2z PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn hai phần A B A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a.( điểm ) Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + = 0, cạnh bên AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = Viết phương trình đường thẳng AC biết nó qua điểm (3;1) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P) : x – 2y + z – = và hai đường thẳng :  x   2t x 1  y z     (d) và (d’)  y   t 1 z   t  Viết phương trình tham số đường thẳng (  ) nằm mặt phẳng (P) và cắt hai đường thẳng (d) và (d’) CMR (d) và (d’) chéo và tính khoảng cách chúng Câu VIIa ( điểm ) Tính tổng : S  C50 C57  C15C74  C52 C37  C53C72  C54 C17  C55C70 B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b.( điểm ) Viết phương trình tiếp tuyến chung hai đường tròn : (C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25 Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng : x  t x  t   (d)  y   2t và (d’)  y  1  2t z   5t z  3t   a CMR hai đường thẳng (d) và (d’) cắt b Viết phương trình chính tắc cặp đường thẳng phân giác góc tạo (d) và (d’) Câu VIIb.( điểm ) Giải phương trình : 2log5  x 3  x - Hết Cán coi thi không giải thích gì thêm Lop12.net (2) trường thpt hậu lộc đáp án đề thi thử đại học lần năm học 2009 - 2010 M«n thi: to¸n Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề C©u Néi dung §iÓm 2x  cã : x2 - TX§: D =  \ {2} - Sù biÕn thiªn: + ) Giới hạn : Lim y  Do đó ĐTHS nhận đường thẳng y = làm TCN Hµm sè y = 0,25 x  , lim y  ; lim y   Do đó ĐTHS nhận đường thẳng x = làm TCĐ x  2 x  2 +) B¶ng biÕn thiªn: Ta cã : y’ =  < x  D  x  2 x 1.25® y  y’ 0,25  - - 0,25  2  Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng  ;2  vµ hµm sè kh«ng cã cùc trÞ - §å thÞ + Giao ®iÓm víi trôc tung : (0 ; ) + Giao ®iÓm víi trôc hoµnh : A(3/2; 0) I 2.0® 0,5 - §THS nhËn ®iÓm (2; 2) làm tâm đối xứng -5 10 -2 -4 0,75đ   Lấy điểm M  m;     C  Ta có : y '  m    m2   m  2 Tiếp tuyến (d) M có phương trình : 1 y x  m    m2  m  2 0,25đ   Giao điểm (d) với tiệm cận đứng là : A  2;   m2  Giao điểm (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – ; 2) 0,25đ Lop12.net (3) 1,0®   Ta có : AB2   m     Dấu “=” xảy m = 2  m     Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2) Phương trình đã cho tương đương với : 2(tanx + – sinx) + 3(cotx + – cosx) =  sin x   cosx   2   sin x      cosx    cosx   sin x   sin x  cosx  cosx.sin x   sin x  cosx  cosx.sin x    0 cosx sin x       cosx  sin x  cosx.sin x    cosx sin x  3    tan x   tan   x      Xét cosx sin x  Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = Đặt t = sinx + cosx với t    2;  Khi đó phương trình trở thành: t2 1 t   t  2t    t   2    1   Suy : 2cos  x      cos  x     cos 4 4     x      2 x - 4x + = x  (1) TX§ : D =  5; ) II 2,0® 1   x   0,25đ 0,25 0,25 0,5 0,25 7  x 5 đặt y - = x  , y    y    x  Ta cã hÖ :  x  2  y   x  2  y      y    x    x  y  x  y  3  y  y       x  2  y      x  y    29  x      x    y      x  1    x  y    y  2 1,0® III 1.0® 1® Ta có : dx  1 x  1 1 x2 = 1 1 x  1 x2 1  x   1  x  0,25 0,5 1 x  1 x2 dx  2x 1 dx   0,5 1 1  1 x2     1 dx   dx 1  x  2x 1  1  I1     1 dx  ln x  x  |11  1  x   I2   1 1 x2 dx Đặt t   x  t   x  2tdt  2xdx 2x Lop12.net 0,5 (4) t  x  Đổi cận :    x  1  t  2 t dt 0 Vậy I2=  2  t  1 Nên I = Gọi  là góc hai mp (SCB) và (ABC)  ; BC = AC = a.cos  ; SA = a.sin  Ta có :   SCA 0,25 Vậy IV 2® 1.0® 1 1 VSABC  SABC SA  AC.BC.SA  a sin .cos   a sin  1  sin   6 Xét hàm số : f(x) = x – x trên khoảng ( 0; 1) Ta có : f’(x) = – 3x2 f '  x    x   Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số f(x) liên tục và có điểm cực trị là điểm S cực đại, nên đó hàm số đạt GTLN   hay Max f  x   f    x 0;1  3 3 a3 , đạt 1 sin  = hay   arc sin 3  ( với <   ) 0,5 Vậy MaxVSABC = B A  C 1 1 1 1  (  );  (  ); 2x  y  z 2x y  z x  2y  z 2y x  z 1 1  (  ) x  y  2z 2z y  x 1 1 + Lại có :  (  ); xy x y 1 1  (  ); yz y z 1 1  (  ); xz x z +Ta có : V 1.0® 1® cộng các BĐT này ta đpcm VIa 2® 1® Đường thẳng AC qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = (a2 + b2  0) Góc nó tạo với BC góc AB tạo với BC nên : 2a  5b 2.12  5.1  2  52 a  b 22  52 122  12 2a  5b 29   2a  5b   29  a  b    2 a b a  12b 2  9a + 100ab – 96b =   a  b  Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( ; 1) không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác Lop12.net 0,25 0,25 0,25 (5) 1® 0,25 Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = và b = Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = Mặt phẳng (P) cắt (d) điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) điểm B(9 ; ; 5) 0,25 Đường thẳng ∆ cần tìm qua A, B nên có phương trình : x   t   y   8t 0,25 z   15t   + Đường thẳng (d) qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP u 1;1;   + Đường thẳng (d’) qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP u '  2;1;1 Ta có :   MM '   2; 1;3     MM '  u, u '   2; 1;3 11 12 ; 12 12 ; 12 Do đó (d) và (d’) chéo (Đpcm) Khi đó :    MM '  u, u ' d   d  ,  d '      11  u, u '   Chọn khai triển :  x  1  C50  C15 x  C52 x    C55 x   x  1 VIIa VIb 2đ 1đ 1đ 1   8  0,25 0,25 0,25  C07  C17 x  C72 x    C77 x  C07  C17 x  C72 x    C57 x   Hệ số x5 khai triển (x + 1)5.(x + 1)7 là : C50 C57  C15C74  C52 C37  C35C72  C54 C17  C55C07 Mặt khác : (x + 1)5.(x + 1)7 = (x + 1)12 và hệ số x5 khai triển (x + 1)12 là : C12 0,25 Từ đó ta có : C50 C57  C15C74  C52 C37  C35C72  C54 C17  C55C07 = C12 = 792 0,25 Đường tròn (C1) có tâm I1(5 ; -12) bán kính R1 = 15 , Đường tròn (C2) có tâm I2(1 ; 2) bán kính R1 = Nếu đường thẳng Ax + By + C = (A2 + B2  0) là tiếp tuyến chung (C1) và (C2) thì khoảng cách từ I1 và I2 đến đường thẳng đó R1 và R2 , tức là :  5A  12B  C  15 1   A  B2   A  2B  C     A  B2  Từ (1) và (2) ta suy : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | Hay 5A – 12B + C =  3(A + 2B + C) TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C)  C = A – 9B thay vào (2) : |2A – 7B | = A  B  21A  28AB  24B  14  10 A B 21 Nếu ta chọn B= 21 thì A = - 14 10 , C = 203  10 Vậy có hai tiếp tuyến : (- 14 10 )x + 21y 203  10 = 4A  3B TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C)  C  , thay vào (2) ta : 96A2 + 28AB + 51B2 = Phương trình này vô nghiệm 2 Lop12.net 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (6)  a) + Đường thẳng (d) qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP u 1; 2;5   + Đường thẳng (d’) qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP u ' 1; 2; 3  3 Nhận thấy (d) và (d’) có điểm chung là I   ;0;  hay (d) và (d’) cắt  2 (ĐPCM)   u   15 15 15  ; 2 ; 3 b) Ta lấy v   u '    7 u'   1®     15 15 15  Ta đặt : a  u  v  1  ;2  ;5   7       15 15 15  b  u  v  1  ;2  ;5   7   Khi đó, hai đường  phân giác cần tìm là hai đường thẳng qua I và nhận hai véctơ a, b làm VTCP và chúng có phương trình là :    15   15   x    1   x    1   t  t 7           15  15    và  t t  y     y            z     15  t z     15  t         ĐK : x > PT đã cho tương đương với : log5( x + 3) = log2x (1) Đặt t = log2x, suy x = 2t    log5  2t  3  t  2t   5t t VIIb 1® 2 1 Xét hàm số : f(t) =      3 5 t t 0,25 t 2 1        (2) 3 5 0,25 t t 2 1 f'(t) =   ln 0,    ln 0,  0, t   3 5 Suy f(t) nghịch biến trên R Lại có : f(1) = nên PT (2) có nghiệm t = hay log2x = hay x =2 Vậy nghiệm PT đã cho là : x = Lop12.net 0,25 0,25 (7)

Ngày đăng: 01/04/2021, 08:58

Xem thêm:

w