Đề thi thử đại học lần 2 Phần chung cho tất cả thí sinh Câu I 2 điểm.. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng BDA' theo a, b, c.. Phần riêng Thí sinh chỉ đợc chọn một phần riêng thích hợp đ
Trang 1Đề thi thử đại học lần 2 Phần chung cho tất cả thí sinh
Câu I (2 điểm) Cho h m số y = (x - 2)à 2(x + 1), đồ thị là (C)
1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số đã cho
2 Tìm trên (C) điểm M có hoành độ là số nguyên dơng sao cho tiếp tuyến tại M của (C), cắt (C) tại hai
điểm M và N thoả mãn MN = 3
Câu II (2 điểm)
1 Giải hệ phơng trình
1 1
2 1
, với ẩn ,x y∈Ă
x+ c x+ π = + x−π + x+ π + ,
với ẩn x∈Ă
Câu III (2 điểm)
1 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đờng thẳng y = 3 và đồ thị hàm số 2
y x= − −x x
2. Cho 3 số dơng x, y, z thoả mãn x +3y+5z 3≤ Chứng minh rằng
4 625
3xy z4 + +15yz x4 +4+5zx 81y4 +4 ≥ 45 5 xyz.
Câu IV (1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D', có AB = a, AD = b, AA' = c và đáy ABCD là hình bình hành
có góc BAD bằng 600 Gọi M là điểm trên đoạn CD sao cho DM = 2MC Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng BDA' theo a, b, c
Phần riêng (Thí sinh chỉ đợc chọn một phần riêng thích hợp để làm bài)
Câu Va (Theo chơng trình nâng cao)
1 Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho hai đờng thẳng
2
x t
z t
= +
− = − = + = − +
=
a Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng đó
b Trong tất cả các mặt cầu tiếp xúc với cả hai đờng thẳng d1 và d2; Viết phơng trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất
2 Tìm phần thực của số phức z= +(1 i)n Trong đó n∈Ơ*và thoả mãn
log n− +3 log n+6 =4.
Câu Vb (Theo chơng trình chuẩn)
1 Trong khụng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm (4;0;0) , (0;0;4)A B và mặt phẳng
(P): 2x y− +2z− =4 0
a Chứng minh rằng đường thẳng AB song song với mặt phẳng (P) Viết phương trỡnh đờng thẳng d đi qua
điểm A, vuông góc với đờng thẳng AB và song song với (P)
b Tỡm điểm C trờn mặt phẳng (P) sao cho tam giỏc ABC đều
log ( 2 6) log 5
x − x+ + − + = x − x+ , với ẩn x∈Ă - Hết
-đáp án và biểu điểm
Trang 2Hàm số có tập xác định là Ă ; Limyx ; Limyx
y’ = 3x2 - 6x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2
x -∞ 0 2 +∞
y’ + 0 - 0 + y
0.25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-∞; 0) và (2; +∞); hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2) Điểm (0; 4) là
điểm CĐ của đồ thị hàm số; điểm (2; 0) là điểm CT của đồ thị hàm số Điểm U(1; 2) là điểm uốn của đồ thị
0.25
Giả sử M(x0; y0) thuộc (C), x0 là số nguyên dơng Phơng trình tiếp tuyến với (C) tại M là
Hoành độ giao điểm của (C) và (t) là nghiệm PT:
x3 - 3x2 - (3x0 - 6x0)x + 2x0 - 3x0 = 0 ⇔ (x - x0)2(x + 2x0 - 3) = 0 ⇔ x = x0 hoặc x = -2x0 + 3 0.25 M(x0; x0 - 3x0 + 4); N(-2x0 + 3; -8x0 + 24x0 - 18x0 + 4) MN2 = 9x0 - 18x0 + 9 + 81x0(x0 - 1)2(x0 - 2)2 0.25
MN2 = 9 ⇔ 9x0 - 18x0 + 81x0 (x0 - 1)2(x0 - 2)2 = 0 ⇔ 9x0(x0 - 2)(1 + 9x0(x0 - 1)2(x0 - 2)) = 0 Vì x0 là số nguyên dơng nên x0 = 2 Vậy M(2; 0)
(Lu ý: Nếu thí sinh nhìn trên đồ thị, nhận thấy có trục hoành là một tiếp tuyến thoả mãn BT, do đó có
điểm M(2; 0) là một điểm cần tìm, thì cho 0.5 điểm)
0.25
ĐK x ≠ 1; y ≠ -1 Quy đồng đa về hệ 1
x y xy x
x y xy y
+ + = +
+ − = −
4
+∞
Trang 3
2
2 1
x y
=
=
TXĐ: Ă ; Trên đó PT đó cho tương đương với PT 6cosx+cos2x= +8 3si n 2x−9sinx+sin x2 (1) 0.25
2
6cos (1 sinx) 2 2sin 9sin 9 0
(1 sin )(6 cos 2sin 7) 0
0.25
2
PT 6cosx + 2sinx - 7 = 0 vô nghiệm vì 62 + 22 < 72 Vậy nghiệm của PT đã cho là
2
Hoành độ giao điểm của hai đồ thị: x2 - x - x - 3 = 0 ⇔ 3
3
x x
= −
=
3
2
3
3
S x x x dx
−
x dx x x dx x dx x x dx
= (3x - x3/3) 0
3
− + (-x3/3 + x2 + 3x) 3
xy3 625z4 +4 +5zx 81y4 +4+15yz x4 +4 ≥45 5xyz
⇔
2
2 4
x
x + + 2 2
9
4 9
y
y + +
2
2 25
4 25
z
z + ≥ 45 (chia hai vế cho biểu thức dơng 15xyz) (*) 0.25
2
2
2 3
(Vì với các điểm (0;0), ( ; ), (2 3 ;2 2 ), ( 3 5 ;2 2 2)
O A x B x y C x y z
OA + AB + BC ≥ OC )
0.25
3 3 5
t = x y z , vì x, y, z là các số dơng: x + 3y + 5z ≤ 3 nên 0< ≤t 1 0.25
2 3
2 3
36
3 5
x y z
x y z
+ = + − ≥ − = , đẳng thức xẫy ra khi t = 1
Vậy (*) đợc chứng minh, đẳng thức xẫy ra khi x = 3y = 5z = 1
0.25
2 3
ME MD
d M BDA ME
d A BDA = AE = 0.25
AF ⊥BD AH ⊥ A F Khi đó d(A, (BDA')) = AH. 0.25
D A
A'
M E
F
D'
H
Trang 4Tam giác ABD có AB = a, AD = b, góc BAD bằng 600 nên
2 2
2
ABD
AF
BD a b ab
Trong tam giác vuông A'AF (vuông tại A), ta có
abc AH
AH = A A + AF ⇒ = a b a c b c abc
Vậy
2 2 2 2 2 2 2
( ,( '))
abc
d M BDA
a b a c b c abc
=
0.25
Đường thẳng d1 đi qua điểm M1(4; 1; -5) và cú vộc tơ chỉ phương ur =(3; 1; 2)− −
Đường thẳng d2 đi qua điểm M2(2; -3; 0) và cú vộc tơ chỉ phương ' (1;3;1)ur = 0.25
0.25
5 6
5 ( 5) 10 , '
u u M M
d d d
u u
r ur uuuuuur
Giả sử S(I, R) là một mặt cầu bất kỳ tiếp xỳc với hai đương thẳng d1, d2 tơng ứng tại hai điểm A và B khi
đú ta luụn cú IA⊥d1, IB⊥d2 và IA + IB ≥ AB Suy ra 2R ≥ AB, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi I là
trung điểm AB và AB là đoạn vuụng gúc chung của hai đường thẳng d1, d2
0.25
A∈d1, B∈d2 nờn A(4 + 3t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’); . 0
AB u AB u
AB u AB u
uuur r uuur r uuur ur uuur ur Giải hệ này tìm đợc A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)⇒I(2; 1; -1)
0.5
Mặt cầu (S) cú tõm I(2; 1; -1) và bỏn kớnh R= 6 nờn cú phương trỡnh là: ( )2 2 2
x− + y− + +z = 0.25
Hàm số f(x) = log4(x− +3) log5(x+6) là hàm số đồng biến trên (3; +∞) và f(19) = 4 Do đó phơng trình
= + = + Với n = 19 ỏp dụng cụng thức Moavrơ ta có:
w19 ( 2)19 os19 i sin19 ( 2)19 os3 i sin3
z = = c π + π= c π + π
Suy ra phần thực của z là : ( )19 3 19 2
c π = − = −
0.5
Ta có uuurAB( 4;0; 4)− ; mặt phẳng (P) cú vộc tơ phỏp tuyến là (2; 1; 2)nr − Suy ra
AB n= − + + = A∉ P ⇒ AB P
Vì đờng thẳng (d) vuông góc với AB và song song với (P) nên véc tơ chỉ phơng của đờng thẳng (d) là
, (4;16; 4)
ur=uuur rAB n= Vậy phơng trình đờng thẳng (d) là
4 4
x t
y t
z t
= +
=
=
0.5
Trang 5Giả sử C(x; y; z) Điểm C thuộc mp(P) và tam giác ABC là tam giác đều nên
2x y 2z 4 0
AC AB
BC AB
− + − =
=
=
0.25
x y z
x y z
− + − =
− + + =
+ + − =
0.25
2 2 2
x z
x y z
x y z x
=
⇔ − + − =
+ + − − =
Giải hệ này đợc x= 0, x = 20/9 Vậy C(0; -4; 0); C(20/9; 44/9; 20/9) 0.5
ĐK xác định: x2 -2x + 6 > 0 ⇔ ∈x Ă Đặt t = ( 2 )
3 log x −2x+6 PT trở thành 3t + =4t 5t 0.5
Giải đợc x = -1; x = 3 Vậy nghiệm của PT đã cho là x = -1, x = 3 0.25