Đang tải... (xem toàn văn)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh B, AB = a, SA = 2a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy.. Mặt phẳng qua A vuông góc với SC cắt SB, SC lần lượt tại H, K.[r]
(1)ĐỀ THI THỬ SỐ 29 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Mơn thi: TỐN, khối D
Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x3 3x2 mx
(1)
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm giá trị m để hàm số (1) đồng biến khoảng (0; 2)
tg 2 x
tgx
Câu II (2 điểm) Giải phương trình
tg 2 x
sin x
2 Tìm tất giá trị tham số m để phương trình nghiệm thực
4 x2
2x x m có đúng
Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(5; 5; 0) đường thẳng d : x y z
2 4
1 Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua đường thẳng d
2 Tìm tọa độ điểm B, C thuộc d cho tam giác ABC vuông C BC = 29
Câu IV (2 điểm) Tính tích phân
I ( x2 x 1)ex dx
0
36x2 y 60x2 25 y
2 Giải hệ phương trình 36 y2 z
60 y 25z 36z x
60z 25x
PHẦN RIÊNG Thí sinh làm câu: V.a V.b Câu V.a Theo chương trình CHUẨN (2 điểm)
1 Có số tự nhiên gồm chữ số khác mà số lớn 2500 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết
đường thẳng AB, đường cao kẻ từ A đường trung tuyến kẻ từ B có phương trình x + 4y – = 0, 2x – 3y + = 2x + 3y – =
Câu V.b Theo chương trình NÂNG CAO (2 điểm) Giải phương trình
5 1x
5 1x
3.2x.
2 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh B, AB = a, SA = 2a SA vng góc với mặt phẳng đáy Mặt phẳng qua A vng góc với SC cắt SB, SC H, K Tính theo a thể tích khối tứ diện SAHK
4
(2)ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Mơn: TỐN (đề số 29)
Câu Nội dung Điểm
I 2,00
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) Khi m = hàm số trở thành y x3 3x2
Tập xác định :
Sự biến thiên: y' 3x2 6x; y' x x 0,25
yCT = y(0) = -2, yCĐ = y(2) = 0,25
Bảng biến thiên:
x
y' +
y
2
0,25
Đồ thị:
y
2
0 x
1
-2
0,25
2 Tìm giá trị m…(1,00 điểm) Ta có
y'
3x2 6x m
Hàm số đồng biến (0; 2) y'
x (0; 2) m 3x2 6x x (0; 2)
0,50
Xét hàm số g ( x) 3x2 6x với x (0; 2) Ta có bảng biến thiên
x 0
g’(x) +
g(x) 0
3
(3)II 2,00 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
Điều kiện : cosx
2(tg x tgx)
Phương trình cho tương đương với sin x cos x
tg 2 x
1
cos2 x(tg 2 x tgx) sin x cos x sin2 x sin x cos x sin x cos x (sin x cos x)(2 sin x 1)
0,50
sin x cos x tgx 1 x k
sin x sin x x k 2 hay x 5 k 2
2 6
Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình x k x k 2 x 5 k 2 k Z
4 6
0,50
2 Tìm tất giá trị tham số m…(1,00 điểm)
Đặt t x , phương trình cho trở thành t 4 t m
(*)
Ta thấy ứng với nghiệm khơng âm phương trình (*) có nghiệm phương trình cho, phương trình cho có
0,50
3
Xét hàm số f (t) t 4 t với t ≥ 0, ta có f / (t) t
4 t 4 33 Mà f(0) = 3 lim f (t) 0.
x Nên ta có bảng biến thiên:
t
f ’(t)
f(t) 3
0
Từ bảng biến thiên suy giá trị cần tìm m m
III
1 Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua d…(1,00 điểm)
Đường thẳng d có vectơ phương u (2; 3; 4) Mặt phẳng (P) qua A
vng góc với d nhận u làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình (P): 2(x – 5) + 3(y – 5) – 4(z – 0) = 2x + 3y – 4z – 25 =
0,50
Gọi H trung điểm AA’ (cũng hình chiếu vuống góc A d) Khi H giao điểm AA’ và (P) nên có tọa độ xác định
d : x y z
hệ 4
x y 4z 25
Giải hệ ta H(3; 5; - 1), suy A’(1; 5; -2)
0,50
2 Tìmđiểm B, C thuộc d… (1,00 điểm)
Vì C d AC d nên C H(3; 5; -1) (hình chiếu vng góc A d)
(4)(5)Nếu a = 2, ta có cách chọn b, A82 cách chọn c, d nên có A82 = 280 cách chọn abcd
Vậy số số thỏa mãn yêu cầu toán 3528 + 280 = 3808 số
0,50
2 Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC (1,00 điểm)
x y
Tọa độ đỉnh A nghiệm hệ phương trình A(2;1) 2x y
x y
Tọa độ đỉnh B nghiệm hệ phương trình B(6; 1) 2x y
0,50
Đường thẳng BC qua B vng góc với đường cao kẻ từ A nên có phương trình là: 3(x – 6) + 2(y + 1) = 3x + 2y – 16 =
Trung điểm AC thuộc đường trung tuyến kẻ từ B nên tọa độ điểm C nghiệm
3x y 16
hệ phương trình x 2 y 1 C (2; 5)
2
2
Kết luận: A( - ; 1), B(6; -1), C(2; 5)
0,50
V.b 2,00
1 Giải phương trình…(1,00 điểm)
x x
5 5
Phương trình cho tương đương với
2 2
x x
5 5 1 1
Đặt t
2 2 t
Phương trình trở thành t 2 t 3t t 1hay t
t
0,50
x 5 Với t = ta
2 x
x
Với t = ta x log
2 1
0,50
2 Tính theo a thể tích khối tứ diện SAHK…(1,00 điểm)
Vì SA (ABC) nên SA BC Mà AB BC, BC (SAB) Suy AH
BC Mặt khác AH SC nên AH (SBC) Suy AH SB AH HK
(6)S
K
H
A C
1 B
VSAHK dt ( AHK ).SK AH HK.SK (*).
3
Trong tam giác SAB vng A có
1 1 SA2 AB2 4a2 a2 2a
AH
AH 2 SA2 AB2 SA2 AB 4a2 a2
Trong tam giác SAC vuông A
2
có SC SA2 AC 4a2 2a2 a 6, SK SA 4a 2a
SC a 6
2
Suy AK 2
SA2 SK 4a 24a 12a
9
Trong tam giác AHK vng H có
2
HK AK 2 AH 12a 4a 2a 30
9 15
Thay vào (*) ta VSAHK 2a 2a 30 2a a3 (đvtt)
6 15 45
0,50