Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán (số 163)

Hãy viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng ∆ , tiếp xúc với parabol P và có bán kính nhỏ nhất.. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm.[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN (ĐỀ 163) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm ) Câu I ( 2,0 điểm ) Cho hàm số y x 1 x 1 C  Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số Xác định m để đường thẳng y  2x  m cắt C  hai điểm phân biệt A, B cho tiếp tuyến C  A và B song song với Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình : bất phương trình : tan x  tan x  cot x  3cot x   x  Câu III (1,0 điểm ) x 1 Giải (2) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường : tiếp tuyến (P) hai điểm (1) A 0 ;  3 , B 3 ;  P : y   x  4x  và hai Câu IV (1,0 điểm ) Cho hình chóp tứ giác có cạnh đáy là a, cạnh bên hợp với mặt đáy góc 600 Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.Tính diện tích mặt cầu.Tính thể tích khối cầu tương ứng Câu V ( 1,0 điểm ) Giải hệ phương trình , a > :  a y a  x     x a y  a   z a a2  a a z a2  a II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm )Thí sinh làm hai phần ( phần phần 2) 1) Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a ( 2,0 điểm )Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu có phương trình : S  : x  y  z  x  y  z  Xét vị trí tương đối mặt phẳng   : x  y  z  m  và mặt cầu (S) tùy theo giá trị m Tìm tọa độ giao điểm (S) với đường thẳng () qua hai điểm M 1 ; ; 1 và N 2 ;  ;  và viết phương trình các mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu (S) các giao điểm đó Câu VII.a (1, điểm ) Cho cân có trọng lượng là : kg , kg , kg , kg , kg , kg , kg , kg Chọn ngẫu nhiên cân số đó Tính xác suất để trọng lượng cân chọn không vượt quá kg 2) Theo chương trình nâng cao : Câu VI.b ( 2,0 điểm ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol P : y  64 x và đường thẳng  : x  3y  46  Hãy viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng (∆) , tiếp xúc với parabol (P) và có bán kính nhỏ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A 2 ; ; 1 , B 1 ; ;  C 0 ; ;  3 .Xác định tâm và bán kính đường tròn (ABC) Câu VII b (1, điểm ) Có hai hộp chứa các viên bi khác màu Hộp thứ chứa bi xanh , bi vàng , bi đỏ Hộp chứa bi xanh , bi vàng , bi đỏ Lấy ngẫu nhiên từ hộp viên bi Tính xác suất để lấy bi xanh Lop10.com Lời giải Câu I Phần khảo sát chi tiết bạn đọc tự làm , đây là bảng biến thiên và đồ thị (C) hàm số + Bảng biến thiên : + Đồ thị (C) : Phương trình hoành độ giao điểm d  : y  x  m và C : x 1  2x  m x 1 2 x  m  3 x  m     x  1 Ta có:    m  32  m  1  m  12  16  0, m   g 1  2  0, m phương trình (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt khác d  luôn luôn cắt C  hai điểm phân biệt A và B Gọi x1 , x2 x1  x2  hoành độ A và B thì x1 , x2 là nghiệm phương trình (1) Theo Vậy định lí Vi-et, ta có: Tiếp tuyến Vì y' x1  x2  3  m  1 ,   A, B có hệ số góc là : 2 x  1  k1  y ' x1   1  / /    k1  k2  2 , x1  1 2 x1  1  k2  y ' x2   2 x2  1  x1  1  x2  1 x2  1  x1  x2 loại   x   x2     x1    x2   x1  x2   3  m    m  1 Lop10.com 2 m  1 Vậy, giá trị cần tìm là: Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình Điều kiện : sin x    sin x   x  k , k  A  cos x  1  tan x  cot x  tan x  cot x    , t 2 sin x  t  tan x  cot x   tan x  cot x  t  t   4t   Ta có : Đặt t  tan x  cot x    t  2  3t  4t     t   loại     2  sin x  1 sin x  2x     l 2 , l  A  x   So với điều kiện, ta có nghiệm phương trình : x    l , l  A  l , l  A 2 x 1  (1)  x  2 1 x 1 2 x   x  x  x  x        x  x 1 x  x   2x  x  Vậy nghiệm bất phương trình : x  1 x Câu III  y ' 0   y ' x   2 x     y ' 3  2 + Phương trình tiếp tuyến 1 (P) A có dạng: 1 : y   y ' 0 x    1 : y  x  + Phương trình tiếp tuyến 2 (P) B có dạng: Lop10.com  : y  y ' 3x  3   : y  2 x  Dựa vào đồ thị ta có diện tích hình phẳng cần tìm là:     S   4 x  3  x  x   dx   2 x    x  x   dx     3 1    x dx    x  x  x  dx  3 2  x3 3 1    x  x  x   (đvdt) 3 3 Câu IV * Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.Gọi O là tâm đáy , suy SO   ABCD  nên SO là trục đường tròn ngoại tiếp đáy ABCD hình chóp Trong SOB kẻ đường trung trực Mx cạnh SB Gọi Mx  SO  J  JA  JB  JC  JD  nên J là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD Ta có JS OB  hchABCD SB   A ,  ABCD   SBO A  SB  600 nên SBD , có cạnh BD  a Bán kính mặt cầu ngoại tiếp chính là bán kính đường tròn ngoại tiếp SBD Do đó R BD a  3 * Tính diện tích mặt cầu  a  8 a S  4 R  4      (đvdt) * Tính thể tích khối cầu tương ứng 4  a  8 a V   R      3   27 Câu V Xét các véc tơ :  u   xa ; ya ; (đvtt)  z  a , v  1 ; ; 1 Lop10.com     u v     u v   x  a  y  a  z  a   3a  x  y  z  1 Tương tự  a  x  a  y  a  z   3a  x  y  z  (2)   x  a  y  a  z  a    a  x  a  y  a  z   18a 2 2 Mà cộng hai phương trình hệ ta có :  xa  ya za   a x  a y az   18a Tức là dấu đẳng thức phải xảy các bất đẳng thức (1) và (2) , hay :  a2   xa  ya  za  a  xyz  a a2   a  x  a  y  a  z   a  Vậy hệ phương trình có nghiệm là : x  y  z  a II PHẦN RIÊNG 1) Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a Biện luận vị trí tương đối Mặt cầu (S) có tâm   và (S) I 1 ; ; 3 , bán kính R  14 Ta có: d I ,    m Biện luận:  m   42 thì   không cắt (S)  14   m  42  m  14  m   42 thì   tiếp xúc (S)  Nếu d I ,    R  m  14   42  m  42 thì   cắt (S)  Nếu d I ,    R  x   t  Phương trình tham số đường thẳng   :  y   2t  z   4t   Nếu d I ,    R  m Tọa độ giao điểm () và (S) là nghiệm hệ phương trình  x   t ; y   2t ; z   4t  2 x  1   y    z  3  14 Lop10.com  x   t ; y   2t ; z   4t  2 t  1  2t   2  4t   14  x   t ; y   2t ; z   4t  7t  4t    x   t ; y   2t ; z   4t   t  hay t   x  x       y  1 hay  y  13 z    z    5  13 A 2 ;  ;  , B  ; ;   7 7   IA  1 ;  ;  , IB   3 ; ; 26  Vậy () và (S) có hai giao điểm Ta có: Phương trình tiếp diện (S) A là: 1x     y  1  z     x  y  z  15  Phương trình tiếp diện (S) B là: 4  13  5    x    1 y    26  z     x  y  26 z  15  7  7 7   Câu VII.a Ta chọn ngẫu nhiên cân cân , nên kích thước không gian mẫu là : Biến cố A : “ Trọng lượng cân chọn không quá kg ” Để kết thuận lợi biến cố A , ta có thể chọn theo phương án sau : 1 kg ; kg ; kg + Chọn các cân có trọng lượng là : 1 kg ; kg ; kg + Chọn các cân có trọng lượng là : 1 kg ; kg ; kg + Chọn các cân có trọng lượng là : 1 kg ; kg ; kg + Chọn các cân có trọng lượng là : 1 kg ; kg ; kg + Chọn các cân có trọng lượng là : 1 kg ; kg ; kg + Chọn các cân có trọng lượng là : 2 kg ; kg ; kg + Chọn các cân có trọng lượng là : Nên A  Vậy xác suất cần tìm là : P A   Lop10.com  A   56   C83  56 2) Theo chương trình nâng cao : Câu VI.b Gọi (C) là đường tròn cần tìm và I, R là tâm và bán kính (C) Đặt   M t ; 8t  P  Đường tròn (C) có tâm I thuộc (∆) , tiếp xúc với (P) và có bán kính nhỏ nên bán kính R khoảng cách ngắn từ M đến ∆ Khoảng cách từ M đến (∆) là : d  d I ,    4t  24t  46 t  3  10   d   t   M 9 ; 24  2 Tâm I đường tròn (C) là hình chiếu vuông góc M trên (∆) MI     MI : 3x  y  C  M  MI  3.9  4.24  C   C  123  x  37 4 x  y  46   Tọa độ I là nghiệm hệ:   3 x  y  123   y  126  37 126  ; Nên I   Phương trình đường tròn (C) có dạng:   2 37   126   x  y  4     * Xác định tâm và bán kính đường tròn (ABC)    AB  3 ; ;  1 , AC  2 ;  ;   , BC  1 ;  ;  3 Ta có:  AB  10 ; AC  ; BC  26  AB  BC  AC Suy ra: Tam giác ABC vuông B Gọi I , R là tâm và bán kính đường tròn (ABC), ta có:  I là trung điểm cạnh AC nên R  I 1 ; ; 1 AB  * Viết phương trình đường tròn (ABC) Gọi (S) là mặt cầu tâm I 1 ; ; 1 bán kính R  thì phương trình mặt cầu (S) có dạng : x  1   y    z  1 2 9 Đường tròn (ABC) là giao mặt phẳng (ABC) và mặt cầu (S) nên các điểm nằm trên đường tròn có tọa độ thỏa hệ sau 2 x  1   y    z  1   2 x  y  z  18  Hệ trên chính là phương trình đường tròn (ABC) Câu VII b Lop10.com Xét : 1  i  2009  C2009  i.C2009  i C2009  i C2009  2006 2007 2008 2009   i 2006 C2009  i 2007 C2009  i 2008 C2009  i 2009 C2009 2006 2007 2009  C2009  C2009    C2009  C22008 n 1  i C2009  C2009    C2009  C2009  Mặt khác :      1 i   i    cos  i sin  2    2009 2009. 2009.  2009   1  i   cos  i sin        21004 cos   251.2   i.sin   251.2    4   4   Vậy     21004 cos  i sin   21004  i.21004 4  2004 2006 2008 S  C2009  C2009  C2009    C2009  C2009  C2009  21004 Lop10.com