Đề thi thử Đại học môn Toán - Đề 5 - Trường THPT Trưng Vương

Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên SAB vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc α... Lê Trinh Tường.[r]

Lê Trinh Tường Trường THPT Trưng Vương Quy Nhơn Đề 5: ( Biên soạn theo định hướng đề Bộ GD&ĐT năm học 2008 – 2009) Câu 1: (m  1)(x 2x) m Cho hàm số y = (Cm ) mx  m với m  và m  Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số m = 2 Tìm m, để hàm số (Cm) có cực đại, cực tiểu và giá trị cực đại, cực tiểu cùng dấu Câu 2: Giải bất phương trình: 15.2 x 1   x   x 1 Tìm m để phương trình: 4(log x )  log 0,5 x  m  có nghiệm thuộc (0, 1) Câu 3: Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 – 2x – 2y – = (C2): x2 + y2 – 8x – 2y + 16 = Viết phương trình tiếp tuyến chung (C1) và (C2) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng: x  t  (d1) : y   t ; z   t  x  t '  và (d2) : y  3t '  z  t '   Gọi K là hình chiếu vuông góc điểm I(1; -1; 1) trên (d2) Tìm phương trình tham số đường thẳng qua K vuông góc với (d1) và cắt (d1) Câu 4: Tính thể tích hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là tam giác cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc α Tính tích phân: I =  dx x (1  x ) Câu 5:  2C12009  3C22009   2010C2009 Tính tổng S  C2009 2009 Tìm giá trị nhỏ hàm số: y = cos x sin x(2 cos x  sin x) với < x   z2  z   trên tập số phức -Hết Câu 6: Giải phương trình z4  z3  Lop12.net Lê Trinh Tường Trường THPT Trưng Vương Quy Nhơn HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: (2,0 điểm) 1) Khi m = 2, ta có: y x  2x  x y    : (C) 2x  2 2x  * MXĐ: D = R\{-1} -4 2x  4x  16 y/  (2x  2)2  x  4  y  5 y/    x   y  * * (C) -1  x -5 Giới hạn và tiệm cận: lim y    x  1 : tiệm cận đứng x 1   x  lim  y       lim 0 x    2   x 2x  * Bảng biến thiên: x - y/ + y - Đồ thị: hình trên * -4 -5 CĐ y -1 - + x  : tiệm cận xiên 2 + + + CT - (m  1)x  2(m  1)x  3m  m(m  1)x  2m(m  1)x  3m  2m / y  2) y  (vì m  0) m(x  1)2 (mx  m)2 /  Hàm số có cực đại, cực tiểu  y /  có hai nghiệm phân biệt khác –1  g(x)  (m  1)x  2(m  1)x  3m   có nghiệm phân biệt khác –1 m   m   /    (m  1)(4m  1)     m   g(1)  4m        (*) x1  x  2  Trong điều kiện đó, g(x) = có nghiệm x1, x2 và  3m  x x    m 1 Gọi (x1; y ), (x ; y ) là tọa độ điểm cực trị  / u/ v  u.v/ 0 y  u/ 2(m  1) v điểm cực trị thì:   y /  (x  1) m v y  u , v   v 2(m  1)  y1,2  (x1,2  1) m Lop12.net Lê Trinh Tường  Hai giá trị cực trị cùng dấu  y1 y  Trường THPT Trưng Vương Quy Nhơn 2(m  1) 2(m 1) 4(m 1)2  (x1 1) (x 1) (x1 1)(x 1) m m m2  (x1  1)(x  1)  (do điều kiện (*)  x1x  (x1  x )   3m  5  1     m  m 1 m 1 1 Kết hợp các điều kiện ta được: m   Vậy, giá trị cần tìm: m   4   Câu 2: (2,0 điểm) 1) Giải bất phương trình: 15.2 x 1   x   x 1 (1) * Đặt: t  x ; điều kiện: t > Khi đó (1)  30t   t   2t (2) TH1: t  (2)  30t   3t   30t   9t  6t    t  TH2:  t  (2)  30t   t   30t   t  2t    t  (a) (b) x * Kết hợp (a) và (b) ta được:  t      x  * Vậy, bất phương trình có nghiệm: x  2) Tìm m để phương trình: 4(log x )  log 0,5 x  m  có nghiệm thuộc (0, 1) Ta có : 4(log2 x)2  log 0,5 x  m  với x  (0; 1)  log22 x  log2 x  m  0; x  (0; 1)   (1) Đặt: t  log2 x Vì: lim log2 x   và lim log x  , nên: với x  (0;1)  t  (; 0) x0 x 1 (2)  m   t  t, t   Ta có: (1)  t  t  m  0, t   y   t  t, t  : (P) Đặt:  : (d) y  m  Xét hàm số: y  f(t)   t  t , với t <  f / (t)  2t   f / (t)   t    y   Từ bảng biến thiên ta suy ra: (1) coù nghieäm x  (0; 1)  (2) có nghiệm t<0  (d) và (P) có điểm chung, với hoành độ t < m 1 Vậy, giá trị m cần tìm: m  4 Câu 3: 1) (C1): (x  1)2  (y  1)2  có tâm I1 (1; 1) y (C1) bán kính R1 = (C2): (x  4)2  (y  1)2  có tâm I (4; 1) I1 A I2 (C2) x x=3 bán kính R2 = Lop12.net Lê Trinh Tường Ta có: I1I   R1  R Trường THPT Trưng Vương Quy Nhơn  (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài A(3; 1)  (C1) và (C2) có tiếp tuyến, đó có tiếp tuyến chung A là x = // Oy * Xét tiếp tuyến chung ngoài: ( ) : y  ax  b  ( ) :ax  y  b  ta có:  a  b 1   2 2  a a   d(I1; )  R1  a b   4    hay   d(I2 ; )  R  4a  b   b   b    a2  b   4  * Vậy, có phương trình tiếp tuyến chung: 47 2 47 (1 ) : x  3, ( ) : y   x , ( ) y  x 4 4   2) (d1) có vectơ phương u1  (1; 1; 2) ; (d2) có vectơ phương u2  (1; 3; 1)   K (d )  K(t / ; 3t /  6; t /  1)  IK  (t /  1; 3t /  5; t /  2)   18  18 12   IK  u2  t /   9t /  15  t /    t /   K ;  ;  11  11 11 11   Giả sử (d ) cắt (d1) H(t;  t;  2t), (H  (d1 ))   18 56 59   HK    t;   t;   2t  11 11  11    18 56 118 26 HK  u1  t t  4t   t    11 11 11 11   30 7  HK   4;  ;    (44;  30;  7) 11 11  11  18  x   44  11  12   Vậy, phương trình tham số đường thẳng (d ): y    30 11   z  11  7  Câu 4: 1) Cách 1: * Dựng SH  AB * Ta có: (SAB)  (ABC), (SAB)  (ABC)  AB, SH  (SAB)  SH  (ABC) và SH là đường cao hình chóp * Dựng HN  BC, HP  AC S   SNH    SN  BC, SP  AC  SPH *  SHN =  SHP  HN = HP * a  AHP vuông có: HP  HA.sin 60  B H o  N C P A Lop12.net Lê Trinh Tường * * Trường THPT Trưng Vương Quy Nhơn a tg 1 a a2 a3 Thể tích hình chóp S.ABC : V  SH.SABC  tg  tg 3 4 16  SHP vuông có: SH  HP.tg  Cách 2: * Dựng SH  AB * Ta có: (SAB)  (ABC), (SAB)  (ABC)  B, SH  (SAB)  SH  (ABC) * Vì (SAC) và (SBC) cùng tạo với (ABC) góc  và ABC đều, nên suy H là trung điểm z AB h S * Dựng hệ trục tọa độ Hxyz, với Hx, Hy, Hz đôi vuông góc, H(0; 0; 0), a   a   a  A  ; 0;  ; B   ; 0;  ;C  0; ;  , S(0; 0; h), (h  0)   2       * * Phương trình mp (ABC):  z = 0, với pháp vectơ n1  (0; 0;1) Phương trình mp (SAC): B C H x y z   1 a a h A a y a x   (SAC) : 2h 3x  2hy  a 3z  ah  với n  (2h 3; 2h; a 3) * (SAC) tạo với (ABC) góc : 00a cos     12h  4h  3a2  a 16h  3a2 16h  3a2   tg   cos2  3a2  3a2 tg2 a h   h tg 16 * 1 a a2 a3 Thể tích hình chóp S.ABC: V  h.SABC  tg  tg 3 4 16 dx  x6 (1  x2 ) 2) Tính I  3 t6 I    dt  t 1 .Đặt : x  dt  dx   Đổi cận: x =  t = 1; x = t t     t  t   t   dt  t5 t3      t 5   Đặt: t  tg2 u  dt  (1  tg2 u)du Đổi cận: t =  u =   dt  tg2 u  /   t    tg2 u du   u /  12 3  1 3  dt 117  41    135 t  3 ;t= 3 3 t = dt  t2  3  u= Vậy: I  117  41   135 12 Lop12.net Lê Trinh Tường Trường THPT Trưng Vương Quy Nhơn Câu 5:  C12009 x  C22009 x   C2009 x 2009 ) 1) Xét đa thức: f(x)  x(1  x)2009  x(C2009 2009  C2009 x  C12009 x  C22009 x3   C2009 x 2010 2009 *  2C12009 x  3C22009 x   2010C2009 x 2009 Ta có: f / (x)  C2009 2009  f / (1)  C2009  2C12009  3C22009   2010C2009 2009 * (a) Mặt khác: f / (x)  (1  x)2009  2009(1  x)2008 x  (1  x)2008 (2010  x)  f / (1)  2011.22008 (b) * Từ (a) và (b) suy ra: S  2011.22008  thì  tg  và sin x  0,cos x  0, cos x  sin x  cos x  tg2 x  tg2 x cos3 x y    sin x cos x  sin x tg2 x(2  tgx) 2tg2 x  tg3x cos x cos2 x  t2  Đặt: t  tgx;  t   y  f(t)  ;  t  2t  t t  3t  4t t(t  3t  4) t(t  1)(t  t  4) / f (t)     f / (t)   ( t   t  1) 2 2 (2t  t ) (2t  t ) (2t  t ) 2) Với  x   Bảng biến thiên: t f/(t) + f(t) -   + 63  Vậy, giá trị nhỏ hàm số: miny  x   / Từ bảng biến thiên, ta có: f(t)   t   x     0;   3 z2  z   trên tập số phức 2  z2    5  * Biến đổi: z  z   z   z  z     z     Đặt ẩn số phụ: t = z  z  z  2 z   Câu 6: Giải phương trình z4  z3   3i    3i   t  t   2   1  i 1  i ; * Đáp số có nghiệm z : 1+i; 1- i ; 2 * Đưa phương trình: t  t  -Hết -6 Lop12.net