Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị C, biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị C đến tiếp tuyến đó là lớn nhất.. Giải phương trình: cos x 2.Giải phương trình.[r]
(1)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011 Môn thi : TOÁN ; Khối : A Thời gian làm bài 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 và 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 đó là lớn Câu II (2 điểm) Giải phương trình: cos x 2.Giải phương trình 2sin x sin x x2 x x 2x x2 e Câu III (1 điểm) Câu IV (1 điểm) 2(cot x 1) Tính tích phân: ( x ) log 32 x I dx x 3ln x Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 3a , BD = 2a và cắt O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) 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 = 1 1 2 a ( b c ) b ( c a ) c ( a b ) abc Chứng minh rằng: II PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2 điểm) 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 các đỉnh hình chữ nhật x y z và điểm M(0 ; - ; 0) Viết Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : phương trình mặt phẳng (P) qua điểm M song song với đường thẳng đồng thời khoảng cách đường thẳng và mặt phẳng (P) Câu VIIa(1 điểm) 2 z1 z2 2 z z Cho , là các nghiệm phức phương trình z z 11 0 Tính giá trị biểu thức ( z1 z2 ) B Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B và C nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + = và d2: x + 2y – = Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG x y z 1 và mặt phẳng (P): x + y + z + = Gọi M là Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: giao điểm d và (P) Viết phương trình đường thẳng nằm mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới C©u VII.b (1 ®iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh: 42 1 log2 x x 3 log2 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 1.0 0.25 TXĐ : D = R\{1} Chiều biến thiên lim f ( x) lim f ( x) 1 x x nên y = là tiệm cận ngang đồ thị hàm số lim f ( x) , lim x 0.25 x nên x = là tiệm cận đứng đồ thị hàm số 0 ( x 1) y’ = Bảng biến thiên x - + - y' - + y 0.25 - Hàm số nghịch biến trên ( ;1) và (1; ) Hàm số không có cực trị Đồ thị 0.25 y f(x)=x/(x-1) f(x)=1 x -8 -6 -4 -2 -2 -4 -6 -8 Giao điểm đồ thị với trục Ox là (0 ;0) Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm (3) đối xứng 1.0 Giả sử M(x0 ; y0) thuộc x y0 x0 Khi (C) đó tiếp tuyến với đồ thị (C) M có phương trình là : x0 y ( x x0 ) ( ) x0 x0 1 0.25 Ta có d(I ; ) = x0 1 ( x0 1) Xét hàm số f(t) = 2t (t 0) 1 t4 ta có f’(t) = (1 t )(1 t )(1 t ) 1 0.25 (1 t ) t 0.25 x f'(t) f(t) + + - f’(t) = t = Bảng biến thiên từ bảng biến thiên ta có d(I ; ) lớn và t = hay x0 2 x0 1 x0 0 + Với x0 = ta có tiếp tuyến là y = -x + Với x0 = ta có tiếp tuyến là y = -x+4 Câu I I 0.25 2.0 1.0 (4) Đk: x k (k Z ) 0.25 Phương trình đã cho tương đương với: 2cot x sin x 0.25 2 2(sin x cos x ) 3tan x 2cot x sin x cos x 3tan x 2tan x 0 tan x tan x tan x x k x k 0.25 k Z KL: So sánh với điều kiện phương trình có x k 2; nghiệm : 0.25 kZ 1.0 3 x x 0 PT 2 7 x x x 3 x x 3 x x 0 x x 2( x 2) x 1 x 0 x2 x x x x 1 x 16 0 0.25 0.25 0.25 x Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = - Câu III 0.25 1.0 (5) ln x e e e log x ln x ln xdx 0.25 ln I dx dx 2 ln 1 3ln x x x 3ln x x 3ln x Đặt dx 1 3ln x t ln x (t 1) ln x tdt 0.25 x Đổi cận … Suy e 2 t 1 log 32 x 1 0.25 I dx 3 tdt t 1 dt ln t ln 1 x 3ln x 1 t3 ln t 27 ln Câu IV 0.25 1.0 Từ giả thiết AC = 2a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với trung điểm O đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông O và AO = a ; BO = a , đó BD 600 A 0,25 Hay tam giác ABD Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến chúng là SO (ABCD) Do tam giác ABD nên với H là trung điểm AB, K là trung điểm HB ta có DH AB và DH = a ; OK // DH và a OK DH 2 0,25 OK AB AB (SOK) Gọi I là hình chiếu O lên SK ta có OI SK; AB OI OI (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) Tam giác SOK vuông O, OI là đường cao 1 a SO 2 OI OK SO 0,25 S (6) Diện tích đáy S ABCD 4S ABO 2.OA.OB 2 3a 0,25 Câu V 1.0 Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có: ab bc ca 3 (abc) abc 10,25 I D 3a O a C Suy ra: a (b c) abc a (b c) a(ab bc ca ) 3a 1 (1) a (b c) 3a Tương tự ta có: 1 10,25 (2), (3) b (c a ) 3b c (a b) 3c Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: 1 1 1 ab bc ca ( ) 2 a (b c) b (c a) c (a 0,25 b) c b c 3abc abc Dấu “=” xảy và 0,25 abc 1, ab bc ca 3 a b c 1, (a, b, c 0) Câu VI.a 2.0 1.0 Do B là giao AB và BD nên toạ độ B là nghiệm hệ: 21 0.25 x x y 0 21 13 B ; 5 x y 14 0 y 13 Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc AC và AB góc AB và BD, kí hiệu nAB (1; 2); nBD (1; 7); nAC ( a; b) (với a2+ b2 > 0) là VTPT các đường thẳng AB, BD, AC Khi đó ta có: cos nAB , nBD cos nAC , nAB 0.25 a b 2 2 a 2b a b a 8ab b 0 a b - Với a = - b Chọn a = b = - Khi đó Phương trình AC: x – y – = 0, A = AB AC nên toạ độ điểm A là nghiệm hệ: 0.25 H B K (7) x y 0 x 3 A(3; 2) x y 0 y 2 Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC BD nên toạ độ I là nghiệm hệ: x y 0 x y 14 0 x 5 I ; 2 y 5 Do I là trung điểm AC và BD nên toạ độ 14 12 C 4;3 ; D ; 5 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) Câu VIIa 0.25 1.0 Giả sử n(a; b; c ) là vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) Phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + 2b = 0,25 Đường thẳng qua điểm A(1; 3; 0) và có vectơ phương u (1;1; 4) Từ giả thiết ta có n.u a b 4c 0 / /( P ) 0,25 (1) | a 5b | 4 (2) d ( A; ( P )) 4 2 a b c Thế b = - a - 4c vào (2) ta có (a 5c)2 (2a 17c 8ac) a -0,25 2ac 8c 0 a a 4 v c c a 4 Với c chọn a = 4, c = b = - Phương trình mặt phẳng (P): 4x 8y + z - 16 = 0,25 a Với c chọn a = 2, c = - b = Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z + = 1.0 (8) Giải pt đã cho ta các nghiệm: z1 1 0.5 3 i, z2 1 i 2 Suy 3 2 22 | z1 || z2 | ; z1 z2 2 2 0.25 Do đó 2 z1 z2 11 ( z1 z2 ) 0.25 Câu VI.b 2.0 1.0 B( xB ; yB ) d1 xB yB 5; C ( xC ; yC ) d xC yC Giả sử xB xC 6 y yC 0 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: B 0.25 Từ các phương trình trên 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 – = 81 Bán kính R = d(C; BG) = phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 25 0.25 0.25 1.0 Ta có phương trình tham số d là: x 3 2t y t x 3 2t y t z t z t x y z 0 toạ độ điểm M là nghiệm hệ (tham số t) M (1; 3;0) nP (1;1;1) ud (2;1; 1) Lại có VTPT của(P) là , VTCP d là u ud , nP (2; 3;1) Vì nằm (P) và vuông góc với d nên VTCP Gọi N(x; y; z) là hình chiếuvuông góc M trên , đó MN ( x 1; y 3; z ) u Ta có MN vuông góc với nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0.25 0.25 x y z 0 x y z 11 0 ( x 1) ( y 3) z 42 Lại có N (P) và MN = 42 ta có hệ: Giải hệ ta tìm hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) Nếu N(5; -2; -5) ta có pt : x y 2 z 5 3 0.25 0.25 (9) Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt : x 3 y 4 z 3 Câu VII.b 1.0 §iÒu kiÖn : x>0 §Æt 1 log2 x =u, 3 log2 x v 0,25 ta cã uv = x x2 = u2v2 phơng trình đã cho trở thành u +uv2 = + u2 v2 (uv2-1)(u – 1) = 0,25 0,25 u 21 uv 1 x =1 0,25 (10)