Đề và đáp án thi thử đại học môn toán - Đề số 2 ppt

Giải hệ phương trình: Bài 3.. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng ABC trùng với trọng tâm O của tam giác ABC.. Một mặt p

ĐỀ 2

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ĐIỂM):

Bài 1. Cho hàm số 2 1 1

2

x y x





 có đồ thị  H

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)

2 Đường thẳng   d đi qua điểm P4;4 cắt (H) tại 2 điểm phân biệt A B ; và cắt hai tia

,

Ox Oy lần lượt tại M N ; sao cho tam giác OMN có diện tích nhỏ nhất Viết phương trình

tiếp tuyến của   H tại A B ; .

Bài 2

1 Giải phương trình: cos3x.cos3x – sin3x sin3x = 2−3√2

8

2 Giải hệ phương trình:

Bài 3 I=

4

2

dx

Bài 4 Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của

A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm O của tam giác ABC Một mặt phẳng (P) chứa BC

và vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng 8

3

2

a

Tính thể tích

khối lăng trụ ABC.A’B’C’.

Bài 5 Cho 3 số dương a, b, c Tìm giá trị lớn nhất của:

√ca

√ab

II.PHẦN RIÊNG ( 3 ĐIỂM):

A Theo chương trình chuẩn:

Bài 6A.

4 1 2 1

2 1

2 2



















xy yz

x

xy z

1 Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC, biết B=(2;-1), đường cao kẻ từ A và phân giác của góc C có phương trình lần lượt là: 3x – 4y + 27 = 0 và x + 2y – 5 = 0

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A  0;0;3 , M     2; 3; 6  Điểm M '

thỏa mp Oxy   là mặt phẳng trung trực của MM ' Điểm B là giao điểm của đường

thẳng  AM '  và mp Oxy  .Viết phương trình mặt cầu (S) tâm B và tiếp xúc với

 

mp Oxz

Bài 7A Tìm số tự nhiên k thỏa mãn hệ thức: C k

14 +C

k +2

14 = 2C

k+1

14

B Theo chương trình nâng cao:

Bài 6B.

1 Viết phương trình đường tròn đi qua điểm P(1;1), tiếp xúc với hai đường thẳng 7x + y – 3=0; x + 7y – 3=0

2 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, hãy xác định toạ độ các đỉnh tam giác ABC vuông cân tại

Bài 7B Giải hệ phương trình: { z1+2 z2=1+i

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

I

(2 điểm)

Cho hàm số 2 1 1

2

x y x





 có đồ thị  H

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)

2.Đường thẳng   d

đi qua điểm P4;4

cắt (H) tại 2 điểm phân biệt A B ; và cắt hai tia Ox Oy ,

lần lượt tại M N ; sao cho tam giác OMN có diện tích nhỏ nhất Viết phương trình tiếp tuyến của

  H

tại A B ; .

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)

(x−2)2 < 0, ∀ x ϵ D

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định

0,25

Giới hạn và tiệm cận: lim

x→ 2− ¿

y¿

¿ = -∞, lim

x→ 2+ ¿

y¿

¿ = +∞; tiệm cận đứng: x=2

lim

Bảng biến thiên :

0,25

Đồ thị

0,25

2. Đường thẳng   d đi qua điểm P4;4 cắt (H) tại 2 điểm phân biệt A B ; và cắt hai tia Ox Oy ,

lần lượt tại M N ; sao cho tam giác OMN có diện tích nhỏ nhất Viết phương trình tiếp tuyến của

  H tại A B ; .

Đường thẳng  d : x y 1a 0,b 0

Đường thẳng (d) đi qua điểm P4;4 4 4 1

a b

Ta có

0,25

1

32 2

OMN

suy ra

1

OMN

a b

a b









 Vậy SOMN nhỏ nhất bằng 32 khi a b  8  d : yx8

0,25

Giao điểm của (d) và (H) là A3;5 ; B5;3

' 3 3; ' 5

4

Phương trình tiếp tuyến của (H) tại A3;5

là y3x 3  5 3x14 Phương trình tiếp tuyến của (H) tại A5;3

II

(2 điểm) 1.Giài phương trình: cos3x.cos3x – sin3x sin3x = 2−38√2 , (1)

Phương trình (1)  1

2cos2x.(cos4x + cos2x) –

1

2sin2x.( –cos4x + cos2x) =

2−3√2 8

 cos2x.cos4x + cos2x.cos2x + sin2x.cos4x – sin2x.cos2x = 2−3√2

4

0,25

 cos4x.(sin2x + cos2x) + cos2x.(cos2x – sin2x) = 2−3√2

4

 cos4x + cos22x = 2−3√2

4

 4cos4x + 4.1+ cos4 x2 = 2 – 3√2

0,25

 cos4x = −√2

2

 4x = ±3 π

 x = ±3 π

16+k

π

2 k ∈ Z

0,25

Vậy, phương trình đã cho cĩ nghiệm:

x = ± 3 π16+k π

2 Giải hệ phương trình:

Mà √1−4 x tồn tại khi và chỉ khi :

0,25

Do đó ta có hệ:

0,25

0,25

Vậy: nghiệm của hệ:

(x;y;z) = (1;14;0¿,(−1 ;−1

III

(1 điểm)

I=

4

2

3 x 1 2x 1

dx



 x

+Đổi cận : x=2

3

 t = 2

+Khi đĩ I=









3

2

2

1 2

1

t t

tdt

3

2

2

) 1 (

2

t tdt

0,25

4 1 2 1

2 1

2 2



















xy yz

x

xy z

4

1 1

1









xy

4

1 0

4

1 xy  xy















































































































4 1 1 0 0

1

1 1 4 1

4 1

0 1 2

1 2 1

4 1 2 1

2 1 4 1

2 2

2 2

2 2

y x z x

z xy

xy x z

xy yz

x

xy z

xy

 I =

dt t

t

  3

2

2

) 1 (

1 1



3

2

2 3

2 ( 1) 2 ( 1)

1 2

t

dt dt

t

=

3 2

3

2 1 ln 2







t

t

=2ln2+1

IV

(1 điểm)

Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên

mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm O của tam giác ABC Một mặt phẳng (P) chứa BC và

vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng 8

3

2

a

Tính thể tích khối

lăng trụ ABC.A’B’C’.

Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’, Khi đó (P) 

(BCH) Do góc ^A ' AM nhọn nên H nằm giữa AA’ Thiết diện của lăng trụ cắt bởi (P) là tam

3 a AM 3

2 AO , 2

3 a

0,25

3 a HM 8

3 a BC HM 2

1 8

3 a S

2 2

4

a 3 16

a 3 4

a 3 HM

AM AH

2 2 2



0,25

HM AO

O ' A

A

B

C

C’

B’

A’

H

suy ra 3

a a 3

4 4

3 a 3

3 a AH

HM AO O '

3 a a 2

3 a 3

a 2

1 BC AM O ' A 2

1 S

O ' A V

3



0,25

V

(1 điểm) Cho 3 số dương a, b, c Tìm giá trị lớn nhất của:

√ca

√ab

Đặt: x = √a, y = √b, z = √c

x, y, z dương

Khi đó:

+3 yz +

zx

y2+3 zx +

xy

z2

+3 xy

x2+3 yz +

3 zx

3 xy

z2+3 xy

= 3 – ¿ + y

2

z2

z2+3 xy)

= 3 – R

0,25

Áp dụng BĐT Bu-nhi-a Cốp-ki, ta được:

¿.√x2+3 yz + y

√y2

+3 zx.√y2+3 zx + z

√z2+3 xy.√z2+3 xy )2

≤ Q.( x2 + y2 + z2 + 3xy + 3yz + 3xz)

2

0,25

Mặt khác : xy + yz + xz ≤ (x + y +z)

2

3 Suy ra : Q ≥ 3

4, do đó : 3P ≤

9 4

4

0,25

Dấu bằng xảy ra  a = b = c

Vậy giá trí nhọ nhất của P bằng 3

4

0,25

VIa

(2 điểm) 1.Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC, biết B=(2;-1), đường cao kẻ từ A và phân giáccủa góc C có phương trình lần lượt là: 3x – 4y + 27 = 0 và x + 2y – 5 = 0

Vectơ chỉ phương của (BC) là vectơ pháp tuyến của (AH) : ⃗u=(3 ; -4).

Suy ra : phương trình của (BC) là :

0,25

y +1

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ :

{4 x +3 y – 5=0 x +2 y – 5=0

 {x=−1 y=3

Suy ra : C=(-1 ;3)

Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua phân giác CC1 Đường thẳng BB’ có vectơ pháp tuyến là ⃗v

=(2 ;-1) (vectơ chỉ phương của CC1)

Suy ra : phương trình (BB’) : 2(x - 2) – (y +1) =0

 2x – y – 5 =0

0,25

Tọa độ điểm I của (BB’) và (CC1) là nghiệm hệ :

{2 x – y – 5=0 x+2 y – 5=0

 {x=3 y=1

Suy ra :I=(3 ;1)  B’=(4 ;3)

Phương trình cạnh AC là y=3

0,25

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A  0;0;3 , M     2; 3; 6  Điểm M ' thỏa

 

mp Oxy là mặt phẳng trung trực của MM ' Điểm B là giao điểm của đường thẳng

 AM '  và mp Oxy   .Viết phương trình mặt cầu (S) tâm B và tiếp xúc với mp Oxz  

 

mp Oxy là mặt phẳng trung trực của MM ' suy ra M M , ' đối xứng với nhau qua

 

Gọi B m n  , ,0  là giao điểm của  AM '  và mp Oxy   suy ra 3 điểm A M B , ', thẳng hàng

suy ra tồn tại số k sao cho               AB k AM                '

 ; ; 3 ;  '  2; 3;3 

AB  m n  AM   

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,25

Mặt cầu (S) tâm B tiếp xúc với mp Oxz   suy ra bán kính R  yB  3

VIIa

(1 điểm) Tìm số tự nhiên k thỏa mãn hệ thức: C

k

14 +C

k +2

14 = 2C

k+1

14 (1)

(1) k ! (14−k )! 14 ! + 14 !

(k +2) ! (12−k ) ! = 2 14 !

(k +1) ! (13−k )!

1

0,25

 (k +1)(k+ 2) + (14−k )(13−k ) = 2(k + 2)(14 – k)

 k2 – 12k + 32 =0

 k = 4 hay k = 8

0,25

VIb

(2 điểm)

1.Viết phương trình đường tròn đi qua điểm P(1;1), tiếp xúc với hai đường thẳng 7x + y – 3=0;

x + 7y – 3=0

Giả sử phương trình đường tròn cần tìm có dạng:

(C): x2 + y2 + 2ax + 2by + c =0

P(1;1) thuộc đường tròn nên:

2 + 2a + 2b + c =0 (1)

(C) tiếp xúc với hai đường thẳng nên khoảng cách từ tâm I(-a;-b) đến hai đường thẳng bằng

nhau, bằng khoảng cách từ I đến P, do đó:

|−7 a−b−3|

√50 = √(a+1)2

+(b+1)2 (2)

Từ các hệ thức (2) tìm được a = b = -72 hoặc a = b = -1318 Thay vào (1) tìm được c = 12 hoặc c

= 8

9

Vậy: có hai đường tròn cần tìm là:

x2 + y2 – 7x – 7y + 12 =0

x2 + y2 – 13

9 x –

13

9 y +

8

9=0

2 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, hãy xác định toạ độ các đỉnh tam giác ABC vuông cân tại A

§êng th¼ng AB cã pt a( x−2 )+b( y+3 )=0 ( a2+ b2≠0 )

Do ^ABC=¿45 0 nªn ta cã:

0.25

1

√ 2 =cos 45

0

= |a+7b|

√ 50 √ a2+b2⇔ 12 a

2−12b2−7ab=0⇔ ¿ [ 3a=4b

*Víi 3a=4b chän a=4, b=3, ta cã pt AB: 4x+3y+1=0.

V× AC ⊥ AB nªn pt cua AC lµ: 3x-4y+7=0.

Toạ độ của A là nghiệm của hpt: { 4x+3 y−49=0 ¿ ¿¿¿ .

Toạ độ của B là nghiệm của hpt: { x+7 y−31=0 ¿ ¿¿¿ (vô lý).

Vậy, A(-1:1), B(-4:5) và C(3;4).

0.25

VIIb

(1 điểm) Giải hệ phương trỡnh: { z1+2 z2=1+i

Ta cú: D= |1 2

Dz2 = |13 2−3 i 1+i | = 2 – 3i – 3 – 3i = -1 -6i

0,25

Suy ra:

{z1=−5+7i

z2=−1−6i

(1+6 i)(6+i)

0,25