Đề thi thử đại học (đợt 2) môn Toán

N là hình nón ngoại tiếp S.ABC => N có đỉnh S đường tròn đáy của N là đường tròn ngoại tiếp ∆ABC.. Trong ΔSHC có SC .[r]

Đề thi thử đại học Năm 2009 m«n :to¸n Thêi gian lµm bµi 180 phót §Ò gåm: 01 trang (§ît 02) C©u 1: ( 2,0 §iÓm) Cho hàm số y   x3  3x  có đồ thị (C) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 2) M là điểm di động trên (C) có hoành độ m ( m   ), d là tiếp tuyến M (C), d cắt (C) điểm phân biệt M,N Tìm m để tiếp tuyến (C) N vuông góc với d C©u 2: ( 2,0 §iÓm) 1) Giải phương trình trên tập  log ( x  1).log x  log ( x  1) x 2) Tìm tất các ∆ABC có các góc A,B,C là nghiệm thực phương trình sin x  s inx-cosx= C©u 3: ( 2,0 §iÓm) ln[e x ( x  2) ( x  2)( x  2) (x+1)( x 1) ] 1) TÝnh tÝch ph©n I   dx (x+1)(x+2) 2) Cho số phức z= 1+i biết phần thực z 8n là 22008 Tính tổng S  C41n 1  C43n 1   C44nn11  C44nn11 C©u 4: ( 2,0 §iÓm) 1) Trong hệ toạ độ Oxy Cho đường trũn (C): x  y  x  y  20  và đường thẳng d:x+y+3=0 Viết phương trình đường tròn (C’) đối xứng với (C) qua đường thẳng d 2) Trong hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x  y  z  x  y   , mặt phẳng (P): x+y-z+1=0 Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc với (S) A(1;1;1) và song song mặt phẳng (P) Câu 5: (2,0 §iÓm) 1) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông A,  ABC  600 , AB=a (N) là hình nón ngoại tiếp hình chóp có góc đường sinh và đáy hình nón là  (00<  <900) Tính diện tích xung quanh và thể tích hình nón theo a,  x x3 2) Chứng minh với số thực x dương ta có: e   x   2! 3! x -Hết Lop12.net đáp án – thang điểm môn toán Câu 1: ( 2,0 đ) 1)(1,0đ) Nội dung Điểm Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y   x3  3x   TXĐ: D=   Sự biến thiên hàm số - - Giới hạn vô cực hàm số lim y  lim x3 (1  x  x  0,25  )   tương tự lim y   x  x x3 - Lập bảng biến thiên 0,25 x  y’=-3x2+3, y’=0    x  1 Bảng biến thiên x - -1 y’ - - 0+ y + + +0- + - -1 - Hàm số đồng biến trên khoảng (-1;1) Hàm số nghịch biên trên khoảng (-  ;-1) và (1;+  ) Hàm số đạt cực đại x=1=>ycđ=3 Hàm số đạt cực tiểu x=-1=>yct=-1  Đồ thị -Giao (C) và trục Ox: y=0=>  x3  3x   - Giao (C) và trục Oy: x=0=>y=1 Thêm điểm x=-2=>y=3 x=3=>y=-1 Lop12.net 0,25 0,25 y O x - Đồ thị hàm số nhận I(0;1) làm tâm đố xứng 2)(1,0đ) y’=-3x2+3 y(m)= m3  3m  , y’(m)=-3m2+3 phương trình d: y=y’(m)(x-m)+y(m)=(-3m2+3)(x-m)-m3+3m+1 Hoành độ giao diểm (C) và d là nghiệm phương trình:  x3  x   (3m  3)( x  m)  m3  3m  (1) 0,25 0,25   x3  x  m3  3m  (3m  3)( x  m)  ( x  m)( x  mx  m  3)  (3m  3)( x  m) 2  ( x  m)( x  mx  2m )  x  m  ( x  m) ( x  2m)     x  2m Để đường thẳng d cắt (C) điểm phân biệt cần và đủ là (1) có nghiệm phân biệt m  2m  m  m≠0 đường thẳng d cắt (C) điểm phân biệt M, N(-2m;y(2m)) Để tiếp tuyến N vuông góc với d  y '(m) y '(2m)  1 0,25  (3m  3)(12m  3)  1   45  585 45  585 m   m   72 72  36m  45m  10       45  585  m   45  585 m  72   72 0,25 Kl: Câu 2: (2,0 đ) 1)(1,0đ) x Giải phương trình: log ( x  1).log x  log ( x  1) (1) Lop12.net 0,25 x 1  ĐKXĐ:  x   x  x   (1)  log ( x  1).log x  log ( x  1) x 0,25  log ( x  1)[ log x  ]  x log ( x  1)   x   log x   (2)  x 3   0x  Xét hàm số f ( x)  log x  / (1; ) f '( x)  x x ln x =>f(x) đồng biến trên (1;+  ) có f(3)=0=>(2) có nghiệm x=3 0,25 0,25 Vậy phương trình có nghiệm x=2;x=3 2)(1,0đ) Xét phương trình sin x  s inx-cosx= (1) trên (0;  ) (1)  4sin x cos x  2s inx-2cosx=1  2sinx(2 cos x  1)  (2 cos x  1)   (2s inx  1)(2 cos x  1)  0,25   x   k 2    s inx  5   x   k 2  cos x      x   2  k 2  0,25  5 2  Do x  (0;  )  x   ; 6 ; 0,25    5 2  Các góc ∆ABC là nghiệm (1)=> A,B,C   ; 6 ; 0,25  và   2 A+B+C=  nên ∆ABC có góc , góc còn lại là Câu 3: (2,0 đ) 1)(1,0đ) Tính tích phân I  ln[e x ( x  2) 0,25 ( x  2) ( x  2) (x+1) (x+1)(x+2) ( x 1) ] dx   ln e x ( x  2) ( x  2)  ln( x  2)  ln( x  1) ( x  1)( x  2) x 1 dx x ln( x  2) ln( x  1)  dx   dx   dx x 1 x 1 x2 0 Ta có 1 x 1 0 x  dx  0 (1  x  1)dx  [x  ln( x  1)]   ln Lop12.net 0,25 0,25 dx u  ln( x  1)   du  đặt  x 1 dx   dv  x  v  ln( x  2) 1 ln( x  1) ln( x  2) nên  dx  ln( x  1) ln( x  2) 10   )dx x2 x 1 0 Vậy 0,25 1 ln( x  2) ln( x  2) dx   dx   ln  ln 2.ln x 1 x 1 0 I   ln  ln( x  1) ln( x  2) 10   2)(1,0đ) Ta có z 8n  (1  i)8n  (1  i  2i)4 n  (2i)4 n  24 n  22008  n  502 2007 2009  C2009   C2009  C2009 n=502=> S  C2009 2008 2008 2009 2009 z 2009  (1  i ) 2009  C2009  C2009 i  C2009 i   C2009 i  C2009 i (1) Do i  (1) i (k  ) nên phần ảo z2009 (1) là S Mà z 2009  (1  i)2009  (1  i)2008 (1  i)  (2i)1004 (1  i)  21004 (1  i) có phần ảo là 21004 nên s=21004 k 1 0,25 0,25 0,25 k 0,25 Câu 4: (2,0đ) 1)(1,0đ) Phương trình (C): (x-2)2+(y+1)2=25 (C) có tâm I(2;-1) bán kính r=5 gọi (C’) là ảnh (C) qua d: x+y+3=0=> (C’) có bán kính r’=r=5, tâm 0,25 I’ là điểm đối xứng I qua d I’ đối xứng với I qua d => II’vuông góc với d=>II’ nhận véc tơ 0,25  phương (VTCP) u  (1; 1) d làm véc tơ pháp tuyến (VTPT)=> phương trình II’:1(x-2)-1(y+1)=0 <=>x-y-3=0 x  y   x   x  y    y  3 H là giao d và II’=> toạ độ H:  I’ đối xứng I qua d=> H là trung điểm II’=> 0,25 xI  xI '   xH    xI '  2    y  yI  yI '  3  yI '  5  H Đường tròn (C’) đối xứng với (C) qua d có tâm I’(-2;-5) bán kính r’=5 có phương trình là (x+2)2+(y+5)2=25 2)(1,0đ) Phương trình (S): (x+1)2+(y-2)2+z2=6 (S) có tâm I(-1;2;0) bán kinh r= (P) có véc tơ pháp tuyến n  (1;1; 1)  (d) là đường thẳng thoả mãn đề bài có VTCP u và qua A  IA  (1; 1;1) 0,25 0,25 0,25 Lop12.net   [ IA, n]  ( 11 1 ; 1 ; 1 1  )  (0;3;3)    (d) tiếp xúc với (S) A => (d)  IA=> u  IA 0,25 Ta thấy A không nằm trên (P) nên (d)//(P) phương trình tham 0,25      (d)//(P) => u  n (d) nhận u  [ IA, n]  (0;1;1) làm VTCP x  (d) qua A nên phương trình  y   t z  1 t  x  số đường thẳng (d) thảo mãn đề bài là (d):  y   t z  1 t  Câu 5: (2,0đ) 1)(1,0đ) 0,25 S C B H a A (N) là hình nón ngoại tiếp S.ABC => (N) có đỉnh S đường tròn đáy (N) là đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Do ∆ABC vuông A , H là trung điểm BC=> H là tâm đường tròn   SBH   SCH   ngoại tiếp ∆ABC.SH là chiều cao hình nón, SAH Trong ∆ABC vuông A có BC  hình nón là r  AB  2a => bán kính hình tròn đáy 0,25 cos60 BC a Trong ΔSHC có SC  HC a  ; SH  HC.tan   a tan  cos cos 0,25 đường sinh hình nón là SC, Chiều cao SH Diện tích xung quanh hình nón là S xq   r.SC  Lop12.net  a2 cos 0,25 3 Thể tích khối nón là V   r SH   a tan  2)(1,0đ) Chứng minh với số thực x dương ta có e x   x  x x3  (1) 2! 3! 0,25 x x3  )  0x  2! 3! x x3 Xét f ( x)  e x  (1  x   ) , x  [0; ) 2! 3! x f '( x)  e x  (1  x  ) (1)  e x  (1  x  0,25 f ''( x)  e x  (1  x) f "'( x)  e   x  0, f '''( x)   x  x =>f’’(x) đồng biến trên [0;+∞) => x  0, f ''( x)  f ''(0)  =>f’(x) đồng biến trên [0;+∞) => x  0, f '( x)  f '(0)  =>f(x) đồng biến trên [0;+∞) => x  0, f ( x)  f '(0)   e x  (1  x  x x  )  0, x  2! 3! Vũ Chí Cương Lop12.net 0,25 0,25