Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số C 2.. Hóy tỡm gúc giữa hai mặt phẳng SCB và ABC để thể tớch khối chúp lớn nhất.. Theo chương trỡnh Chuẩn Cõu VI.a.. Viết phương trỡnh đường
Trang 1TRƯỜNG THPT THANH BèNH 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MễN TO N NÁN N ĂM 2011
KHỐI: A
Thời gian: 180 phỳt(khụng kể thời gian phỏt đề)
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Cõu I (2 điểm) Cho hàm số y 2x 3
x 2
cú đồ thị (C)
1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số (C)
2 Tỡm trờn (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất
Cõu II (2 điểm)
1 Giải phương trỡnh: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0
2 Giải phương trỡnh: x2 – 4x - 3 = x 5
Cõu III (1 điểm)
Tớnh tớch phõn:
1
2 1
dx
1 x 1 x
Cõu IV (1 điểm)
Khối chúp tam giỏc SABC cú đỏy ABC là tam giỏc vuụng cõn đỉnh C và SA vuụng gúc với mặt phẳng (ABC), SC = a Hóy tỡm gúc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tớch khối chúp lớn nhất
Cõu V ( 1 điểm )
Cho x, y, z là cỏc số dương thỏa món 1 1 1 4
x y z CMR:
1
2 x y z x 2 y z x y 2 z
PHẦN TỰ CHỌN: Thớ sinh chọn một trong hai phần A hoặc B
A Theo chương trỡnh Chuẩn
Cõu VI.a.( 2 điểm )
1 Tam giỏc cõn ABC cú đỏy BC nằm trờn đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bờn AB nằm trờn
đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 Viết phương trỡnh đường thẳng AC biết rằng nú đi qua điểm (3;1)
2 Trong khụng gian với hệ tọa độ Đờcỏc vuụng gúc Oxyz cho mp(P) :
x – 2y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng :
(d) x 1 3 y z 2
và (d’)
x 1 2t
y 2 t
z 1 t
Viết phương trỡnh tham số của đường thẳng () nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng (d) và (d’) CMR (d) và (d’) chộo nhau và tớnh khoảng cỏch giữa chỳng
Cõu VIIa ( 1 điểm )
Tớnh tổng : S C C 05 57C C15 47C C25 37C C53 27C C45 17C C55 07
B Theo chương trỡnh Nõng cao
Cõu VI.b.( 2 điểm )
1 Viết phương trỡnh tiếp tuyến chung của hai đường trũn :
(C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25
2 Trong khụng gian với hệ tọa độ Đờcỏc vuụng gúc Oxyz cho hai đường thẳng :
(d)
x t
y 1 2t
z 4 5t
và (d’)
x t
y 1 2t
z 3t
a CMR hai đường thẳng (d) và (d’) cắt nhau
b Viết phương trỡnh chớnh tắc của cặp đường thẳng phõn giỏc của gúc tạo bởi (d) và (d’)
Cõu VIIb.( 1 điểm )
Giải phương trỡnh : log x 3 5
Hết
-Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm.
đáp án
ĐỀ SỐ 20
Trang 2Câu Nội dung Điểm
I
2.0đ
1
1.25đ
Hàm số y = 2x 3
x 2
có :
- TXĐ: D = R\ {2}
- Sự biến thiên:
+ ) Giới hạn : Lim y 2x
Do đó ĐTHS nhận đờng thẳng y = 2 làm TCN ,
Do đó ĐTHS nhận đờng thẳng x = 2 làm TCĐ
+) Bảng biến thiên:
Ta có : y’ =
1
x 2
< 0 x D
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ;2 và hàm số không có cực trị
- Đồ thị + Giao điểm với trục tung : (0 ; 3
2) + Giao điểm với trục hoành : A(3/2; 0)
- ĐTHS nhận điểm (2; 2) làm tâm đối xứng
0,25
0,25
0,25
0,5
2
0,75đ
Lấy điểm M m; 2 1
m 2
C Ta cú :
1
y ' m
m 2
Tiếp tuyến (d) tại M cú phương trỡnh :
m 2
m 2
Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : A 2; 2 2
m 2
Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2)
Ta cú :
2 2
2
1
m 2
Dấu “=” xảy ra khi m = 2 Vậy điểm M cần tỡm cú tọa độ là : (2; 2)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
II 1 Phương trỡnh đó cho tương đương với :
8 6 4 2
-2 -4
y’
y
-
2
-2
2
Trang 31,0đ
2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0
2 sin x cosx cosx.sin x 3 sin x cosx cosx.sin x
0
cosx sin x cosx.sin x 0 cosx sin x
Xột 2 3 0 tan x 3 tan x
k
Xột : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 Đặt t = sinx + cosx với t 2; 2
Khi đú phương trỡnh trở thành:
2
2
t 1
2
Suy ra : 2cos x 1 2 cos x 1 2 cos
4
k
0,25
0,25 0,5
2
1,0đ
x2 - 4x + 3 = x 5 (1) TXĐ : D = 5;)
đặt y - 2 = x 5 , y 2 y 2 2 x 5
Ta có hệ :
2
2 2
x 2 y 5
x
2
x 2 y 5
x 1
x y 3 0
y 2
0,25
0,25
0,5
III
1.0đ 1đ
Ta cú :
1
2 1
dx
1 x 1 x
2x
1 x 1 x
1
1
1
2 1
1 x
2x
Đặt t 1 x 2 t2 1 x2 2tdt 2xdx
Đổi cận : x 1 t 2
0,5
0,5
Trang 4Vậy I2=
2 2
t dt
0
2 t 1
Nên I = 1
IV
2® 1.0®
Gọi là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC)
Ta có : SCA; BC = AC = a.cos ; SA = a.sin
Vậy
V S SA AC.BC.SA a sin cos a sin 1 sin
Xét hàm số : f(x) = x – x3 trên khoảng ( 0; 1)
Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 f ' x 0 x 1
3
Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN hay
x 0;1
Max f x f
3 3 3
Vậy MaxVSABC =
3
a
9 3, đạt được khi sin = 1
3 hay
1 arcsin
3
( với 0 <
2
)
0,25
0,5
V 1.0®
+Ta có : 2 1 14 2.( 1 1 )
x y z x y z ; 21 1 14 2( 1 )
x y z y x z ;
x y z z y x
+ Lại có : 1 1 1( 1);
x y 4 xy
1 1 1( 1);
y z 4 yz
1 1 1( 1);
x z 4 x z
cộng các BĐT này ta được đpcm
1®
VIa
2®
1
1®
Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a2 + b2 0) Góc của nó tạo với BC bằng góc của
AB tạo với BC nên :
2 2a 5b2 2 2 22.12 5.12 2 2
2 5 a b 2 5 12 1
2a 5b 29
5
a b
5 2a 5b 2 29 a 2b2
9a2 + 100ab – 96b2 = 0
a 12b 8
9
Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1) không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác
Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9 Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0
0,25 0,25
0,25
0,25
C S
Trang 51®
Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5) Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình :
x 9 t
y 6 8t
z 5 15t
+ Đường thẳng (d) đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP u 1;1;2
+ Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP u ' 2;1;1
Ta có :
MM ' 2; 1;3
1 2 2 1 1 1
1 1 1 2 2 1
MM ' u, u ' 2; 1;3 ; ; 8 0
Do đó (d) và (d’) chéo nhau (Đpcm) Khi đó :
MM ' u, u ' 8
d d , d '
11
u, u '
0,25
0,25
0,25
0,25
VIIa 1đ
Chọn khai triển :
x 1 C C x C x C x
x 1 C C x C x C x C C x C x C x
Hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)5.(x + 1)7 là :
0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0
C C C C C C C C C C C C Mặt khác : (x + 1)5.(x + 1)7 = (x + 1)12 và hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)12 là : 5
12
C
Từ đó ta có : C C05 57C C15 47C C52 37C C35 27C C54 17C C55 07 = C = 792512
.0,25
0,25 0,25 0,25
VIb
2đ
1
1đ
Đường tròn (C1) có tâm I1(5 ; -12) bán kính R1 = 15 , Đường tròn (C2) có tâm
I2(1 ; 2) bán kính R1 = 5 Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0 (A2 + B2 0) là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) thì khoảng cách từ I1 và I2
đến đường thẳng đó lần lượt bằng R1 và R2 , tức là :
5A 12B C
15 1
A 2B C
5 2
Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | Hay 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C)
TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C) C = A – 9B thay vào (2) : |2A – 7B | = 5 A2B2 21A228AB 24B 2 0
14 10 7
21
Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 10 7 , C = 203 10 7
Vậy có hai tiếp tuyến : (- 14 10 7 )x + 21y 203 10 7 = 0 TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C) C 4A 3B
2
, thay vào (2) ta được : 96A2 + 28AB + 51B2 = 0 Phương trình này vô nghiệm
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 61®
a) + Đường thẳng (d) đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP u 1; 2;5
+ Đường thẳng (d’) đi qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP u ' 1; 2; 3
Nhận thấy (d) và (d’) có một điểm chung là I 1;0;3
2 2
hay (d) và (d’) cắt nhau (ĐPCM)
b) Ta lấy v u u ' 15; 2 15; 3 15
u '
Ta đặt : a u v 1 15; 2 2 15;5 3 15
b u v 1 15; 2 2 15;5 3 15
Khi đó, hai đường phân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần lượt nhận hai véctơ a, b làm VTCP và chúng có phương trình là :
15
7
và
15
7
VIIb 1®
ĐK : x > 0
PT đã cho tương đương với : log5( x + 3) = log2x (1) Đặt t = log2x, suy ra x = 2t
5
2 log 2 3 t 2 3 5
(2) Xét hàm số : f(t) =
3
f'(t) =
ln 0, 4 3 ln 0, 2 0, t
Suy ra f(t) nghịch biến trên R Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log2x = 1 hay x =2 Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2
0,25 0,25
0,25
0,25