Thông tin tài liệu
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 2x 1 x 1)Khảo sát vẽ đồ thị C hàm số 2)Gọi (d) đường thẳng qua A( 1; ) có hệ số góc k Tìm k cho (d) cắt ( C ) hai điểm M, N MN 10 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y Câu II (2 điểm) : x y x y 12 Giải hệ phương trình: y x y 12 2.Giải phương trình : sin x sin x sin x cos x 3sin x cos x dx (sin x cos x)3 Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác ngoại tiếp hình cầu bán kính r cho trước Tính thể tích hình chóp cụt biết cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ Câu V (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt : 10 x 8 x m( x 1) x PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Cho ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: x y phân giác CD: x y Viết phương trình đường thẳng BC Cho đường thẳng (D) có phương trình: x 2 t y 2t z 2t Gọi đường thẳng qua điểm A(4;0;- 1) song song với (D) I(-2;0;2) hình chiếu vng góc A (D) Trong mặt phẳng qua , viết phương trình mặt phẳng có khoảng cách đến (D) lớn Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z số thực thuộc (0;1] Chứng minh 1 xy yz zx x y z Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x y – x – y 0, (C ') : x y x – qua M(1; 0) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') A, B cho MA= 2MB 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d d’ có phương trình : d : y2 x2 z5 x z d’ : y 3 1 1 Viết phương trình mặt phẳng ( ) qua d tạo với d’ góc 300 2 Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c ba cạnh tam giác Chứng minh b c a 2 3a b 3a c 2a b c 3a c 3a b Hết Câu I (2,0) Phần 1(1,0) 2(1,0) Đ ÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Nội dung Làm đúng, đủ bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa Từ giả thiết ta có: (d ) : y k ( x 1) Bài tốn trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau 2 có hai nghiệm ( x1; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt cho x2 x1 y2 y1 90(*) 2x k ( x 1) kx (2k 3) x k ( I ) Ta có: ( I ) x 1 y k ( x 1) y k ( x 1) Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt phương trình kx (2k 3) x k 0(**) có hai nghiệm phân biệt Khi dễ có k 0, k 2 2 Ta biến đổi (*) trở thành: (1 k ) x2 x1 90 (1 k )[ x2 x1 x2 x1 ] 90(***) Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1 x2 2k k 3 , x1 x2 , vào (***) ta có k k phương trình: 8k 27k 8k (k 3)(8k 3k 1) k 3, k 3 41 3 41 , k 16 16 KL: Vậy có giá trị k thoả mãn Câu Ý Nội dung 1) CâuII:2 Giải phương trình: sin x sin x sin x cos x sin x (2 cos x 1) sin x cos x ( cos x 1) 8(cos x 1) ( cos x 3) VËy sin x 0,5 hc sin x cos x 5 k Víi sin x 0,5 ta cã x 2k hc x 6 Víi sin x cos x ta cã sin x cos x 1 sin x sin , suy 4 4 3 k x 2k hc x 2 Điều kiện: | x | | y | u x y ; u Đặt ; x y không thỏa hệ nên xét x y ta có y v x y Hệ phương trình cho có dạng: u v 12 u2 u v 12 2 v u u v v x y u + (I) v x y u x y + (II) v x y 1 u2 v 2 v Giải hệ (I), (II) Sau hợp kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu S 5;3 , 5; Câu III (1,0) Phần Nội dung Đặt x t dx dt , x t , x t 2 3sin x cos x 3cos t 2sin t 3cos x 2sin x dx dt dx (Do tích phân khơng phụ 3 (sin x cos x) (cos t sin t ) (cos x sin x)3 0 thuộc vào kí hiệu cảu biến số) Suy ra: I 3sin x 2cos x 3cos x 2sin x dx dx dx = 3 (sin x cos x) (cos x sin x) (sin x cos x) 0 Suy ra: I I I 12 = dx d x tan x KL: Vậy I 20 4 4 cos x cos x 4 4 0,25 IV Gọi H, H’ tâm tam giác ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ trung điểm AB IC AB, A’B’ Ta có: AB CHH ' ABB ' A ' CII ' C ' AB HH ' Suy hình cầu nội tiếp hình chóp cụt tiếp xúc với hai đáy H, H’ tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) điểm K II ' Gọi x cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x cạnh đáy lớn Ta có: x x I ' K I ' H ' I 'C ' ; IK IH IC 3 x x Tam giác IOI’ vuông O nên: I ' K IK OK r x 6r Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V h B B ' B.B ' 0,25 2r 3r 3r 21r 6r 6r 3 2 NhËn xÐt : 10x 8 x = 2(2x+1)2 +2(x2 +1) Từ đó, ta có: V V Ph¬ng trình tương đương với : ( 2x x Đặt 2x x2 0,25 2 Trong đó: B 4x x 6r 3; B ' x 3r ; h 2r 0,25 ) m( 2x x2 1 )2 t §iỊu kiƯn : -2< t Rót m ta cã: m= 2t t 0,25 0,25 0,25 0,25 Lập bảng biến thiên hàm số 2, , ta có kết m để phương trình có hai nghiệm phân biệt là: m 12 0,25 hc -5 < m 4 VIa 0,75 1,00 Điểm C CD : x y C t;1 t t 1 t Suy trung điểm M AC M ; t 1 t Điểm M BM : x y t 7 C 7;8 Từ A(1;2), kẻ AK CD : x y I (điểm K BC ) Suy AK : x 1 y x y 0,25 0,25 0,25 x y 1 Tọa độ điểm I thỏa hệ: I 0;1 x y 1 Tam giác ACK cân C nên I trung điểm AK tọa độ K 1; Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình: x 1 y 4x 3y 7 Gọi (P) mặt phẳng qua đường thẳng , ( P) //( D) ( P) ( D) Gọi H hình chiếu vng góc I (P) Ta ln có IH IA IH AH d D , P d I , P IH Mặt khác H P Trong mặt phẳng P , IH IA ; maxIH = IA H A Lúc (P) vị trí (P0) vng góc với IA A r uur r Vectơ pháp tuyến (P0) n IA 6;0; 3 , phương với v 2; 0; 1 Phương trình mặt phẳng (P0) là: x z 1 2x - z - = VIIa Để ý xy 1 x y 1 x 1 y ; yz y z tương tự ta có zx z x 0,25 Vì ta có: 1 x y z 11 x y z xy yz zx yz zx xy 1,00 x y z 3 yz zx+y xy z z y x vv yz zx y xy z z y x 1 5 z y yz 5 + Gọi tâm bán kính (C), (C’) I(1; 1) , I’(-2; 0) R 1, R ' , đường VIb 1) 0,25 thẳng (d) qua M có phương trình a( x 1) b( y 0) ax by a 0, (a b 0)(*) + Gọi H, H’ trung điểm AM, BM Khi ta có: 2 MA MB IA2 IH I ' A2 I ' H '2 d ( I ;d ) 4[9 d ( I ';d ) ] , 0,25 IA IH 9a b2 36a b 35 35 a 36b a b2 a b2 a b2 a 6 Dễ thấy b nên chọn b a6 Kiểm tra điều kiện IA IH thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn 2 d ( I ';d ) d ( I ;d ) 35 0,25 0,25 Đường thẳng d qua điểm M (0;2;0) có vectơ phương u (1;1;1) Đường thẳng d qua điểm M ' (2;3;5) có vectơ phương u '(2; 1; 1) Mp ( ) phải qua điểm M có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u vµ cos(n; u ' ) cos 600 Bởi đặt n ( A; B; C ) ta phải có : A B C B A C B A C 2A B C 2 2 2 A A ( A C ) C 2 A AC C 2 2 A B C Ta cã A2 AC C ( A C )(2 A C ) VËy A C hc A C 0,25 NÕu A C ,ta cã thÓ chän A=C=1, B , tức n (1;2;1) mp ( ) có phương trình x 2( y 2) z hay x y z NÕu A C ta cã thÓ chän A 1, C 2 , ®ã B 1 , tøc lµ n (1;1;2) vµ mp ( ) có phương trình x ( y 2) z hay x y z VIIb 1,00 a b c Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên: b c a c a b ab ca Đặt x, y , a z x, y , z x y z , y z x, z x y 2 Vế trái viết lại: 0,50 a b ac 2a 3a c 3a b a b c x y z y z zx x y VT Ta có: x y z z x y z z x y 2z z x y z x y x 2x y 2y ; yz x yz zx x yz 2 x y z x y z Do đó: y z z x x y x yz b c Tức là: a 2 3a b 3a c a b c 3a c 3a b Tương tự: x x 2m x 1 x x 1 x m3 (1) V.Phương trình Điều kiện : x Nếu x 0;1 thỏa mãn (1) – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm 1 Thay x vào (1) ta được: 2 m 1 m m3 2 m 1 cần có điều kiện x x x * Với m = 0; (1) trở thành: x 1 x 0 x Phương trình có nghiệm * Với m = -1; (1) trở thành x x x 1 x x 1 x 1 x x x 1 x x x x 1 x x 1 x x 1 x 0 + Với x x x Trường hợp này, (1) có nghiệm + Với x 1 x x * Với m = (1) trở thành: x x x 1 x x 1 x x 1 x Ta thấy phương trình (1) có nghiệm x 0, x x 1 x nên trường hợp (1) khơng có nghiệm Vậy phương trình có nghiệm m = m = -1 0,50 .. . thành: Tìm k để hệ phương trình sau 2 c? ? hai nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) ph? ?n biệt cho x2 x1 y2 y1 9 0( *) 2x k ( x 1) kx ( 2k 3) x k ( I ) Ta c? ?: ( I ). . . (k 3 )( 8k 3k 1) k ? ?3, k ? ?3 41 ? ?3 41 , k? ?? 16 16 KL: V? ?y c? ? giá trị k thoả m? ?n C? ?u Ý N? ? ?i dung 1) C? ?uII:2 Gi? ?i phương trình: sin x sin x sin x cos x sin x (2 cos .. . a b a? ?c 2a 3a c 3a b a b c x y z y? ?? z z? ?x x y VT Ta c? ?: x y z z x y z z x y 2z z x? ?? y? ?? z x? ?? y x 2x y 2y ; y? ??z x? ?? y? ??z z? ?x x y? ??z 2 x y
Ngày đăng: 30/04/2021, 02:02
Xem thêm:
