Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C.. Tìm trên đường thẳng d: y=2 các điểm kẻ được ba tiếp tuyến đến đồ thị C.. Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng , đi qua điểm A v
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y=-x3+3x2-2 (C)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)
2 Tìm trên đường thẳng (d): y=2 các điểm kẻ được ba tiếp tuyến đến đồ thị (C )
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải bất phương trình 2 2
x x x x x ( x R)
2 Giải phương trình 2 2 cos 2 sin 2 cos( 3 ) 4 sin( ) 0
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
3 2 2 1
log
1 3ln
e
x
Câu IV(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của
A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’
biết khoảng cách giữa AA’ và BC là a 3
4
Câu V (1,0 điểm)
Cho x, y, z 0thoả mãn x + y + z > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3
16
P
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A.Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a( 2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng:x3y , ' :38 0 x4y10 và 0
điểm A(-2 ; 1) Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng , đi qua điểm A và tiếp xúc với
đường thẳng ’
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: 1 1 1
;
và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0 Viết phương trình chính tắc của đường
thẳng , biết nằm trên mặt phẳng (P) và cắt hai đường thẳng d1, d2
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức z4 – z3 + 6z2 – 8z – 16 = 0
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b(2,0 điểm)
1 Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 – 4 y – 5 = 0 và (C2): x2 + y2 - 6x + 8y + 16 = 0
Lập phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2)
2.Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng sau:
x 1 2t
z 3
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 1 4
4
1
( , ) 25
¡
-Hết -
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN
1 *Tập xác định: D = R
* y’ = - 3x2 + 6x ; y’ = 0 0
2
x x
*Bảng biến thiên
x - 0 3 +
y’ - 0 + 0 -
+ 2
y
-2 -
* Hàm số nghịch biến trên ( - ;1) và ( 3; + ); đồng biến trên ( 1; 3)
* Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yCT = -2; hàm số đạt cực đại tại x = 2 và yCĐ = 2
* Đồ thị :
f(x)=-x^3+3x^2-2
-4 -2
2 4
x y
1đ
I
2 (1,0 điểm): Gọi M ( )d M(m;2) Gọi là đường thẳng đi qua điểm M và có hệ số
góc k PTĐT có dạng : y=k(x-m)+2
ĐT là tiếp tuyến của (C ) khi và chỉ khi hệ PT sau có nghiệm
2
(I)
Thay (2) và (1) được: 2x3-3(m+1)x2+6mx-4=0 (x-2)[2x2-(3m-1)x+2]=0
2
2
2 (3 1) 2 0 (3)
x
Đặt f(x)=VT(3)
Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị ( C) hệ (I) có 3 nghiệm x phân biệt PT(3)
có hai nghiệm phan biệt khác 2 0 1 hoÆc m>5/3
m f
Vậy M(m;2) thuộc (d): y=2 với 1 hoÆc m>5/3
m
thì từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến
(C)
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 31
Điều kiện
2
2
2 0
Bình phương hai vế ta được 6 x x( 1)(x2) 4x212x4
3 x x( 1)(x 2) 2 (x x 2) 2(x 1)
1
x x t
x
ta được bpt
2
2t 3t 2 0
1
2 2
2
t
t t
( dot 0)
1
x x
x
3 13
3 13
3 13
x
x x
( do x 2) Vậy bpt có nghiệm x 3 13
0,5
0,5
II
2 2 cos 2 sin 2 cos( ) 4 sin( ) 0
x x x x
2 2 cos 2 sin 2 (cos cos sin sin ) 4(sin cos cos sin ) 0
4cos2x-sin2x(sinx+cosx)-4(sinx+cosx)=0 (sinx+cosx)[4(cosx-sinx)-sin2x-4]=0
s inx+cosx=0 (2) 4(cosx-sinx)-sin2x-4=0 (3)
PT (2) có nghiệm
4
Giải (2) : Đặ s inx-cosx= 2 sin( ), §iÒu kiÖn t 2 (*)
4
thay vào (2) được PT: t2-4t-5=0 t=-1( t/m (*)) hoặc t=5(loại )
Với t=-1 ta tìm được nghiệm x là : 2 hoÆc x=3 2
2
KL: Họ nghiệm của hệ PT là:
4
, 2 vµ x=3 2
2
0,25
0,25
0.25
0,25
III
3
2
3
ln
ln 2
x
x
dx
x
2
3
2 2
2
1 1
1 3ln
x
t
2 3
1
9 ln 2 3t t 27 ln 2
0,5
0,5
Trang 4IV
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:
BC O A
BC AM
' BC (A'AM)
Kẻ MH AA',(do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
AM A HM
AM A BC
) ' (
) ' (
.Vậy HM là đọan vơng gĩc chung của
AA’và BC, do đĩ
4
3 )
BC , A'
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH
ta cĩ:
AH
HM AO
O A
'
suy ra
3
a a 3
4 4
3 a 3
3 a AH
HM AO O '
Thể tích khối lăng trụ:
12
3 a a 2
3 a 3
a 2
1 BC AM O ' A 2
1 S
O ' A V
3
0,5
0,5
V
Trước hết ta cĩ: 3 3 3
4
x y (biến đổi tương đương) xy 2 xy 0 Đặt x + y + z = a Khi đĩ
(với t = z
a, 0 t 1)
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t0;1 Cĩ
9
f t t t f t t
Lập bảng biến thiên
0;1
64 inf
81
t
GTNN của P là 16
81 đạt được khi x = y = 4z > 0
0,5
0,5
1 Tâm I của đường trịn thuộc nên I(-3t – 8; t)
Theo yc thì k/c từ I đến ’ bằng k/c IA nên ta cĩ
3( 3 8) 4 10
( 3 8 2) ( 1)
3 4
Giải tiếp được t = -3 Khi đĩ I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25
0,25
0,25
0,5
VIa
2 Gọi A = d1(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2 (P) suy ra B(2; 3; 1)
Đường thẳng thỏa mãn bài tốn đi qua A và B
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng là u r (1; 3; 1)
Phương trình chính tắc của đường thẳng là: 1 2
0,5
0,5
VIIa
Xét phương trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0
Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z 1 = –1, sau đó bằng cách chia đa thức
hoặc Honer ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z 2 = 2 Vậy phương trình trở thành:
(Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0 Suy ra: Z 3 = 2 2 i và Z 4 = –2 2 i 0,5
A
B
C
C’
B’
A
’
H
Trang 5Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp
án quy định
-Hết -
1 C1 :I10; 2 , R13;C2:I23; 4 , R2 3
Gọi tiếp tuyến chung của C1 , C2 là 2 2
là tiếp tuyến chung của C1 , C2
;
;
Từ (1) và (2) suy ra A2B hoặc 3 2
2
A B
C
Trường hợp 1: A2B.Chọn B 1 A 2 C 2 3 5 : 2xy 2 3 5 0
Trường hợp 2: 3 2
2
C Thay vào (1) được
3
0,5
0,5
VIb
2 Gọi Md1 M 2t;1 t; 2 t , N d2 N 1 2t ';1 t ';3
1
1
PT MN :
uuuur uuuur uur
uuuur uur
uuuur
0,5
0,5
VIIb
Điều kiện: 0
0
y
4
y x
2
3
25
10
x y
y
x y
x y
( loại) Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm
0,5
0,5