Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG.2[r]
(1)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011 Mơn thi : TỐN ; Khối : A
Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm):
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số y = (C)
Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C)
Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết khoảng cách từ tâm đối xứng đồ thị (C) đến tiếp tuyến lớn
Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình:
3
4 2sin 2
2 2(cot
1)
2
sin 2
cos
x
x
x
x
2.Giải phương trình
7
x
2
x x
5
3 2
x x
(
x
)
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
3
2
log
1 3ln
e
x
I
dx
x
x
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi ; hai đường chéo AC =
2 3a
, BD = 2a cắt O; hai mặt phẳng (SAC) (SBD) vng góc với mặt phẳng (ABCD) Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB)bằng
3
4
a
, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Câu V (1 điểm)
Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca =
Chứng minh rằng: 2
1
1
1
1
.
1
a b c
(
) 1
b c a
(
) 1
c a b
(
)
abc
II PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B). A Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC qua M(2; 1) Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật
2 Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :
1
3
1
1
4
x
y
z
điểm M(0 ; - ; 0) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm M song song với đường thẳng đồng thời khoảng cách đường thẳng mặt phẳng (P)
Câu VIIa(1 điểm)
Cho
z
1,z
2 nghiệm phức phương trình2
z
2
4
z
11 0
Tính giá trị biểu thức2
1
2
1
(
)
z
z
z
z
.B Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B C nằm hai đường thẳng d1: x + y + = d2: x + 2y – = Viết phương trình đường trịn có tâm C tiếp xúc với đường thẳng BG
Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d:
3
2
1
2
1
1
x
y
z
mặt phẳng (P): x + y + z + = Gọi M giao điểm d (P) Viết phương trình đường thẳng
nằm mặt phẳng (P), vng góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới
42Câu VII.b(1 điểm) Giải phơng trình:
2
2
log log
3 1
x
x
.
3 1
x
1
x
x R
(2)……… … ………
Hết
……….
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2010-2011
CÂU
NỘI DUNG
THANG ĐIỂM
Câu I
2.0
1.
1.0
TXĐ : D = R\{1}
0.25
Chiều biến thiên
lim ( )
lim ( ) 1
x
f x
x f x
nên y = tiệm cận
ngang đồ thị hàm số
1
lim ( )
, lim
x
f x
x
nên x = tiệm cận
đứng đồ thị hàm số
y’ =
1
0
(
x
1)
0.25
Bảng biến thiên
1 +
-
1
-y
y'
x - +
Hàm số nghịch biến trên
(
;1)
và
(1;
)
Hàm số khơng có cực trị
0.25
Đồ thị
f(x)=x/(x-1) f(x)=1
-8 -6 -4 -2
-8 -6 -4 -2
x y
Giao điểm đồ thị với
trục Ox (0 ;0)
Vẽ đồ thị
Nhận xét : Đồ thị nhận
giao điểm đường
tiệm cận I(1 ;1) làm tâm
(3)-+
f(t) f'(t)
x
2
0 +
đối xứng
2.
1.0
Giả sử M(x
0; y
0) thuộc
(C)
0
0
1
x
y
x
Khi
đó tiếp tuyến với đồ thị
(C) M có phương
trình :
0
0
0
1
(
) ( )
1
1
x
y
x x
x
x
0.25
Ta có d(I ;
) =
4
2
1
1
1
(
1)
x
x
Xét hàm số f(t) =
2
(
0)
1
t
t
t
ta có
f’(t) =
2
4
(1
)(1
)(1
)
(1
) 1
t
t
t
t
t
0.25
f’(t) = t = 1
Bảng biến thiên
từ bảng biến thiên ta có
d(I ;
) lớn
chỉ t = hay
0
0
2
1 1
0
x
x
x
0.25
+ Với x
0= ta có tiếp
tuyến y = -x
+ Với x
0= ta có tiếp
tuyến y = -x+4
0.25
Câu I I
2.0
(4)Đk:
x k
2
(
k Z
)
0.25
Phương trình cho
tương đương với:
2
2
4
3 1
2 2
sin 2
2(sin
cos )
3
3 2
sin cos
3
2
3 0
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
tan
cot
tan
cot
tan
tan
0.25
3
3
1
3
6
x
k
x
x
x
k
tan
tan
k Z
0.25
KL: So sánh với điều
kiện phương trình có
nghiệm :
6
2
x
k
;
k
Z
0.25
2
1.0
2
2
3 2
0
7
5 2
x x
PT
x
x x
x x
0.25
2
3 2
0
5
2(
2)
x x
x x
x
0.25
3
1
0
2
5
2.
x
x
x
x
x
2
0
1
16
0
x
x
x
0.25
x1
Vậy phương trình cho
có nghiệm x = -
0.25
(5)3
3
2
3
2 2
1 1
ln
log
ln 2
1
ln
.
ln
ln 2
1 3ln
1 3ln
1 3ln
e e e
x
x
x
xdx
I
dx
dx
x
x
x
x
x
x
0.25
Đặt
2
1
1
1 3ln
ln
(
1)
ln
3
3
dx
x t
x
t
x
tdt
x
Đổi cận …
0.25
Suy ra
2
2
3
2
3
2
1 1
1
1
log
1
3
1
1
.
1
ln 2
3
9ln 2
1 3ln
e
x
t
I
dx
tdt
t
dt
t
x
x
0.25
2
3
1
1
1
4
9ln 3
t
t
27 ln 2
0.25
Câu IV 1.0
Từ giả thiết AC =
2
a
3
; BD = 2a AC ,BD vuông góc với trung điểm O đường chéo.Ta có tam giác ABO vng O AO =a
3
; BO = a ,
60
0A D
B
Hay tam giác ABD Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) (SBD) vng góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến chúng SO (ABCD)
0,25
Do tam giác ABD nên với H trung điểm AB, K trung điểm HB ta có
DH
AB
DH =a
3
; OK // DH1
3
2
2
a
OK
DH
OK AB AB (SOK) Gọi I hình chiếu O lên SK ta có OI SK; AB OI OI (SAB) , hay OI khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB)
0,25
Tam giác SOK vuông O, OI đường cao
2 2
1
1
1
2
a
SO
OI
OK
SO
0,25 (6)Diện tích đáy
2
D S
ABC ABO
S OA OB a 0,25
Câu V 1.0
Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có:
2
3
ab bc ca
3 (
abc
)
abc
1
Suy ra:
2
2
1
(
)
(
)
(
1
1
1
(
)
3
) 3
(1).
a b c
abc a b c
a ab b
a b c
a
c ca
a
0,25
Tương tự ta có:
2
1
1
1
1
(2),
(3).
1
b c a
(
)
3
b
1
c a b
(
)
3
c
Cộng (1), (2) (3) theovế với vế ta có:
2 2
1
1
1
1 1 1
1
(
)
1
(
) 1
(
) 1
(
)
3
3
ab bc ca
a b c
b c a
c a b
c b c
abc
abc
.
0,25
0,25 Dấu “=” xảy
khi
1,
3
1, ( , ,
0).
abc
ab bc ca
a b c
a b c
0,25Câu VI.a 2.0
1 1.0
Do B giao AB BD nên toạ độ B nghiệm hệ:
21
2
1 0
5
21 13
;
7
14 0
13
5 5
5
x
x
y
B
x
y
y
0.25
Lại có: Tứ giác ABCD hình chữ nhật nên góc AC AB góc AB BD, kí hiệu
(1; 2); (1; 7); ( ; )
AB BD AC
n n n a b
(với a2+ b2 > 0)
VTPT đường thẳng AB, BD, AC Khi ta có:
os
AB,
BDos
AC,
ABc
n
n
c
n
n
2 2
3
2
7
8
0
2
7
a
b
a
b
a
b
a
ab b
b
a
0.25- Với a = - b Chọn a =
b = - Khi Phương trình AC: x – y – = 0, A = AB AC nên toạ độ điểm A nghiệm hệ:0.25
B
K
H
C
O
I
D
3
a
(7)1 0
3
(3; 2)
2
1 0
2
x y
x
A
x
y
y
Gọi I tâm hình chữ nhật I = AC BD nên toạ độ I nghiệm hệ:
7
1 0
2
7 5
;
7
14 0
5
2 2
2
x
x y
I
x
y
y
Do I trung điểm AC BD nên toạ độ
4;3 ;
14 12
;
5 5
C
D
- Với b = - 7a (loại AC
không cắt BD) 0.25
2
1.0
Giả sử
n a b c
( ; ; )
vectơ pháp tuyến
mặt phẳng (P).
Phương trình mặt phẳng
(P): ax + by + cz + 2b =
0.
Đường thẳng
qua
điểm A(1; 3; 0) có
một vectơ phương
(1;1; 4)
u
0,25
Từ giả thiết ta có
2 2
.
4
0
/ /( )
(1)
|
5 |
4
( ;( )) 4
(2)
n u a b
c
P
a
b
d A P
a
b
c
0,25
Thế b = - a - 4c vào (2)
ta có
2 2 2
(
a
5 )
c
(2
a
17
c
8 )
ac
a
- 2
ac
8
c
0
4
2
a
a
v
c
c
0,25
Với
4
a
c
chọn a = 4, c
=
b = - Phương
trình mặt phẳng (P): 4x
-8y + z - 16 = 0.
Với
2
a
c
chọn a = 2,
c = -
b = Phương
trình mặt phẳng (P): 2x
+ 2y - z + = 0.
0,25
(8)Giải pt cho ta
các nghiệm:
1
3
1 ,
2
z i z i
0.5
Suy ra
2
1 2
3 22
| | | | ;
2
z z z z
0.25
Do đó
2 211
4
(
)
z
z
z
z
0.25
Câu VI.b 2.0 1 1.0Giả sử
B x y
( ;
B B)
d
1
x
B
y
B
5; ( ;
C x y
C C)
d
2
x
C
2
y
C
7
Vì G trọng tâm nên ta có hệ:
2 6
3 0
B C B Cx
x
y
y
0.25 Từ phương trình ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25 Ta có BG(3;4) VTPT nBG(4; 3)
nên phương trình BG: 4x – 3y – = 0.25
Bán kính R = d(C; BG) =
9
5
phương trình đường trịn: (x – 5)2 +(y – 1)2 =81
25
0.252 1.0
Ta có phương trình tham số d là:
3 2
2
1
x
t
y
t
z
t
toạ độ điểm M nghiệm hệ3 2
2
1
2 0
x
t
y
t
z
t
x y z
(tham số t)(1; 3;0)
M
0.25
Lại có VTPT của(P) nP(1;1;1)
, VTCP d ud(2;1; 1)
Vì
nằm (P) vng góc với d nên VTCPu
u n
d,
P
(2; 3;1)
Gọi N(x; y; z) hình chiếu vng góc M
, đóMN x
(
1;
y
3; )
z
Ta có MN
vng góc với u
nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 =
Lại có N(P) MN = 42 ta có hệ:
2 2
2 0
2
3
11 0
(
1)
(
3)
42
x y z
x
y z
x
y
z
0.25Giải hệ ta tìm hai điểm N(5; - 2; - 5) N(- 3; - 4; 5) 0.25
Nếu N(5; -2; -5) ta có pt
5
2
5
:
2
3
1
x
y
z
(9)Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt
3
4
5
:
2
3
1
x
y
z
Câu
VII.b
1.0
§iỊu kiện : x>0
Đặt
2
log
3 1 x
=u,
2
log
3 1 x v
0,25
ta cã uv = x
x
2= u
2v
20,25
phơng trình cho trở thành u +uv
2= + u
2v
2
(uv
2-1)(u – 1) = 0
0,25
2
1
u uv