Lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt chiều dương các trục tọa độ Ox, Oy thứ tự tại P, Q sao cho diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất... * Lập BBT của ft trên đoạn.[r]
(1)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : Bài 1(2 điểm): 2 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số y (| x | 1) (| x | 1) 2) Tìm trên trục hoành những điểm mà từ điểm đó kẻ ba tiếp tuyến phân biệt đến (C) Bài 2(3 điểm): x2 y 1 2 x y ( xy x y 1)( x y 2) 6 x, y R ) 1) Giải hệ phương trình: ( 2 2) Giải phương trình: sin x.tan x cos x cos x.(2 tan x) , ( với x R ) 5 ;4 3) Tìm m thực để phương trình sau có nghiệm thực đoạn : ( m 1).log1/2 ( x 2) 4( m 5) log1/ 4m 0 x Bài 3(1 điểm): Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vuông cân đỉnh B, AB = a; các cạnh SA SB SC 3a , (a > 0) Trên cạnh SA, SB lần lượt lấy điểm M, N cho SM = BN = a Tính thể tích khối chóp C.ABNM theo a Bài 4(2 điểm): 2 x ln(1 x )dx 1) Tính tích phân: 2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm A(3; 1) Lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt chiều dương các trục tọa độ Ox, Oy thứ tự tại P, Q cho diện tích tam giác OPQ nhỏ Bài 5(1 điểm): x 1 t y 1 2t ;(t R) z 1 2t Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d1: ,đường thẳng d2 là giao tuyến hai mặt phẳng (P): 2x – y – = và (Q): 2x + y + 2z – = Gọi I là giao điểm d1 và d2 Viết phương trình đường thẳng d3 qua A(2; 3; 1), đồng thời cắt hai đường thẳng d1và d2 lần lượt tại B và C cho tam giác BIC cân đỉnh I Bài 6(1 điểm): x3 2 2 Cho x, y, z 0 và x y z 3 Chứng minh: y y3 z2 Hết z3 x2 2 (2) Đáp Án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN (ĐỀ 166) Bài 1: 1) điểm Nội dung *Có hàm số : y (| x | 1) (| x | 1) y = x4 - 2x2 + ( C) Điểm lim y ; lim y y ' 4 x x; y ' 0 x 0; x 1 x *TXĐ: R; x ; *BBT: *Đọc đúng khoảng đb, nb; cực trị *Vẽ đúng đ thị *Gọi A(a:0) Ox mà từ A kẻ đến ( C) ba tiếp tuyến phân biệt *Đường thẳng d qua A với hệ số góc k có phương trình: y = k(x-a) 2) điểm 0.25 0.25 0.25 0.25 x x k ( x a) (I ) x x k *d là tt ( C) và chỉ hệ pt sau có nghiệm: x ( x 1) k k 0 ( B) (I ) ( A) x ax 0(1) x *Có 0.25 *Từ hệ (A), chỉ cho ta tiếp tuyến là d1: y = Vậy để từ A kẻ tiếp tuyến pb tới (C) cần và đủ là hệ (B) phải có nghiệm pb (x;k) với x khác 1 , tức là phương trình (1) phải có nghiếm pb x khác 1 0.25 KQ: a 0.25 3 hoÆc a 2 Bài 2: Nội dung 1) u v 5 u x ( x 1) ( y 1)2 5 v y uv(u v) 6 ( x 1)( y 1)[( x 1) ( y 1)] điểm *Hệ Đặt , thu hệ u x 1 u v 3 u x 2 v y 2 u.v 2 * Giải được: ; * Giải được: v y 1 x 3 y 2 sin x cos x 0; 2sin x cos x 0 x k ; x arctan l ;( k , l Z ) 2 3) (m 1).log1/ ( x 2) (m 5) log1/ ( x 2) m 0 *PT 5 điểm t log1/ ( x 2), x ; 4 t 1;1 2 *Đặt t 5t f '(t ) 4t ; f '(t ) 0 t 1 m f (t ) (t t 1) t t 1 ; * Lập BBT f(t) trên đoạn 0.50 0.25 x 2 y 3 3 2) cos x 0 PT sin x cos x cos x.(2 cos x sin x) * ĐK: điểm (sin x cos x ).cos x.(2sin x cos x) 0 Thu pt: Điểm 0.25 1;1 , thấy f(t) liên tục và NB trên đoạn 1;1 , nên 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.50 (3) 7 m 3; thỏa mãn đề bài Bài 3: * Chân đường cao tứ diện hạ từ đỉnh S là trung điểm H cạnh AC điểm * Tính * CM 0.25 0.25 a 34 12 VS ABC VS ABC VS MNC 0.25 0.25 7 a 34 VC.ABNM VS ABC 108 Bài 4: 1) điểm * Tính 0.25 I x ln(1 x )dx 2x du dx u ln(1 x ) x2 1 2 x dv x dx I x ln(1 x ) dx v x 3 x * Đặt 0.50 I ln * Vậy 0.25 * Tính x4 J dx [ x ]dx 2 1 x 1 x 0 2) x y 1 P(a;0); Q(0; b), a 0, b * d có pt: a b * Từ gt ta có điểm 3 1 2 a b ab d qua A(3; 1) nên a 6 a b b 2 0.25 0.25 ab 2 Dấu bằng xảy và chỉ SOPQ a.b S * Có Nên OPQ nhỏ ( ) và chỉ x y 1 * Vậy d có pt: Bài 5: a 6 b 2 0.25 0.25 (4) 1) điểm 0.25 x t1 y 2t1 ; (t1 R) z 3 2t * d2 có pt: * Tìm I(1;1;1) Ta có B(1 + t;1 +2 t;1 + 2t), C(t1;-1 +2 t1;3 -2 t1) , ( đk: B khác I, C khác I t 0, t1 1 0.25 ) IB IC (1) [ AB , AC ] 0 (2) *Tam giác BIC cân đỉnh I t 1 t1 2 0.25 x 2 y 3 ;(t R ) z 1 2t * Từ đó có pt d3 : 0.25 Bài 6: 1) x3 y3 z3 2 ( y )( z )( x2 ) 2 1 y 1 z 1 x điểm Ta có: VT + = x3 3 y2 y y z VT ( ) ( ) 2 y2 y2 2 z2 z2 z3 x3 0.25 0.25 x2 ( ) x2 x2 VT z3 VT 3 3 x6 y6 z6 33 33 16 16 16 ( x2 y2 z ) 26 23 2 9 3 VT VP 2 23 2 2 2 (đpcm) 2 ( Dấu bằng xảy và chỉ x = y = z = 1) 0.25 0.25 (5)