PHẦN CHUNG Dành cho tất cả các thí sinh Câu I 2 điểm.. Giải phương trình.. Tịm tọa độ các điểm C, D.. Chứng minh đường thẳng MN tiếp xúc với một mặt cầu cố định.. Hãy tìm phương trình đ
Trang 1Thầy giáo :Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 40
A PHẦN CHUNG ( Dành cho tất cả các thí sinh)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x + 2 (C)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d) có phương trình y = - 3x + 2 sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến đến đồ thị (C) và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau
Câu II (2 điểm)
1 Giải hệ phương trình:
=
−
− + + +
= + + + + +
2 3
2
5 3
2
2 2
2 2
y x y
x
y x y
x
2 Giải phương trình 1 + sin x – cos x – sin 2x + cos 2x = 0
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: ∫1 + −
01 1 x2 dx
Câu IV (1 điểm) Cho khối chóp S.ABC có SA = a, SB = b, SC = c, ·ASB = 600 , ·BSC = 900 ,
·CSA = 1200 Tính thể tích khối chóp S.ABC
Câu V (1 điểm) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện : ab + bc + ca = 2abc.
) 1 2 (
1 )
1 2 (
1 )
1 2 (
1
−
+
−
+
a
1
≥
B PHẦN TỰ CHỌN ( Mỗi thí sinh chỉ chọn một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2)
Phần 1:
Câu VI a (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (∆): x + y – 1 = 0, các điểm A( 0; - 1), B(2;1) Tứ giác ABCD là hình thoi có tâm nằm trên (∆) Tịm tọa độ các điểm C, D
2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm A(0;0;2) và đường thẳng (∆) có phương trình tham số: x = 0; y = t; z = 2 Điểm M di động trên trục hoành, điểm N di động trên (∆) sao cho:
OM + AN = MN Chứng minh đường thẳng MN tiếp xúc với một mặt cầu cố định
Câu VII a (1 điểm) Tìm các giá trị của a thỏa mãn: 3x + (a – 1).2x + (a – 1) > 0, ∀x∈R
Phần 2:
Câu VI b (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC trọng tâm G(
3
1
; 3
5
− ), đường tròn đi qua trung điểm các cạnh có phương trình x2 + y2 – 2x + 4y = 0 Hãy tìm phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; - 2; 3), B(2; - 1;2) và đường thẳng (∆):
3
6 2
1 1
−
=
−
x
Tìm tọa độ của điểm M trên (∆) sao cho diện tích tam giác MAB nhỏ nhất
Câu VII b (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:
3
1
−
−
z
z
= 1,
i z
i z
+
−2
= 2
Trang 2-Hết -Thầy giáo :Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
HƯỚNG DẪN ĐỀ 40
Câu I:
1 Tự làm.
2 Gọi M(a;b) là điểm cần tìm M thuộc (d) nên b = -3a + 2.
Tiếp tuyến của đồ thị ( C) tại điểm (x0;y0) là: y = (3x0 – 3)(x – x0) + x0 – 3x0 +2
Tiếp tuyến đi qua M(a;b) ⇔ - 3a + 2 = (3x0 – 3)( a – x0) + x0 – 3x0 + 2 ⇔2x0 – 3ax0 = 0 ⇔
x0 = 0 hoặc x0 = 3a/2
Có hai tiếp tuyến đi qua M với hệ số góc là k1 = f ’(0) = -3 và k2 =f ‘(3a/2) =
4
27a2
- 3
Hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau ⇔k1.k2 = - 1 ⇔a2 = 40/81 ⇔a =
9
10 2
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M(
9
10 2
3
10
Câu II:
1 Cộng và trừ từng vế hai phương trình của hệ ta được hệ tương đương:
=
+
= + + +
2
3
2
7 3
2
y
x
y x
⇔
= +
− + +
−
=
2
7 3 ) 2
3 ( 2 2 3
2
x
x y
=
=
) 20
13
; 20
17 ( )
; (
) 1
; 2
1 ( )
; (
y x
y x
2 Phương trình ⇔( 1 – sin2x) + ( sinx – cosx) + ( cos2x – sin2x) = 0
⇔( sinx – cosx).[(sinx – cosx) + 1 – (sinx + cosx)] = 0⇔( sinx – cosx).( 1 – 2cosx) = 0
⇔ tan 1;cos 1
2
x= x= ⇔ ; ( , )
x= +π kπ x= ± +π lπ k l∈
¢ ( k,l ∈Z)
Câu III:
Đặt x = sint với t ]
2
; 2 [−π π
∈ Ta có:dx = costdt và 1−x2 = 1−sin2t = cos2t =|cost| = cost
Đổi cận: Với x =0 thì t = 0; Với x = 1 thì t =
2
π
Từ đó:
−
+
2
0
1
cos 1
1
π
t
tdt x
dx
0
2
2
) 2 / ( cos 2
1 ) 2 / ( cos 2
π
dt t
s
t s
=∫ − ∫2
0 2 2
0 cos ( /2)
) 2 / (
π π
t
t d
dt =( t – tan (t/2) ) | 2
0
π
= 2
π
-1
Câu IV : Tự vẽ hình.
Trên các tia SB, SC lần lượt lấy các điểm B’, C’ sao cho SB’ = SC’ = SA = a Tam giác SAB’ đều cạnh
a nên AB’ = a Tam giác SBC’ vuông cân tại S nên B’C’ = a 2 Tam giác SC’A cân tại S có ∠C’SA
= 1200 nên C’A = a 3 Suy ra AB’2 + B’C’2 = C’A2 hay tam giác AB’C’ vuông tại B’⇒diện tích tam giác AB’C’ =
2
2 2
a
Hạ SH ⊥mp(AB’C’) ⇒ HA = HB’ =HC’ ⇒ H là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AB’C’ ⇒ H là trung điểm của C’A ⇒ SH = SA Sin 300 = a/2
Thể tích khối chóp S.AB’C’ là: V’ =
12
2 2
2
2 3
1 a2 a a3
'
.
SC SB
SB V
V
C AB S
ABC
Tính được: VS.ABC =
12
2
abc .
Câu V. Đặt x =
a
1 , y =
b
1 , z =
c
1
ta có x,y,z là 3 số dương thỏa mãn x + y + z = 2
Ta có: a(2a – 1)2 = 1(2−1)2
x
x = 3
2 ) (
x
z
y+
Từ đó:
Trang 3Thầy giáo :Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
1 )
1 2 (
1 )
1 2 (
1
−
+
−
+
a
3 2
3 2
3
) ( ) ( )
z x
z
y z
y
x
+
+ +
+
z y
x
4
3 64
3 8 8
)
3 2
3
=
≥
+ +
+ +
x z
y
4
3 8 8
)
3
≥
+ +
+ +
y x y x y x
z
4
3 8 8
)
3
≥
+ +
+ +
Cộng từng vế của (1), (2), (3) rồi ước lược được: P ≥
4
1 (x + y + z) =
2
1 Đẳng thức xảy ra ⇔x = y = z = 2/3 ⇔ a = b = c = 3/2
Câu VIa:
1 Gọi I(a;b) là tâm của hình thoi.Vì I ∈∆nên a + b – 1 = 0 hay b = 1 – a (1)
Ta có: AI (a;b+1) và BI (a – 2;b – 1) mà ABCD là hình thoi nên AI ⊥BI suy ra :
a(a – 2) + (b + 1)(b – 1) = 0 (2) Thế (1) vào (2) rồi rút gọn được: a2 – 2a = 0 ⇔a = 0 hoặc a = 2.
TH1: Với a = 0 thì I(0;1) Do I là trung điểm của AC và BD nên áp dụng công thức tọa độ trung điểm,
ta có:
=
−
=
=
−
=
2 2
0 2
A I C
A I C
y y y
x x x
và
=
−
=
−
=
−
=
1 2
2 2
B I D
B I D
y y y
x x x
; C(0;2) và D(-2;1)
TH2: Với a = 2 thì I(2;-1) Tương tự ta được: C(4;-1) và D(2;-3)
Vậy có hai cặp điểm thỏa mãn: C(0;2) và D(-2;1) hoặc C(4;-1) và D(2;-3)
2 Dễ dàng chứng minh được OA là đoạn đường vuông góc chung của hai đường thẳng ∆ và Ox (là hai đường thẳng chéo nhau và vuông góc với nhau) Từ đó MN tiếp xúc với mặt cầu đường kính OA khi và chỉ khi OM + AN = MN Vậy khi OM + AN = MN thì MN tiếp xúc với mặt cầu đường kính OA
cố định (Phương trình mặt cầu là: x2 + y2 + ( z – 1)2 = 1)
Câu VIIa : 3x + (a – 1).2x + (a – 1) > 0 ⇔3x > (1 –a).( 2x +1) ⇔
1 2
3
+
x
x
> 1 – a (*)
Xét hàm số: f(x) =
1 2
3
+
x
x
với x ∈ R Ta có: f ‘ (x) = 2
) 1 2 (
2 ln 3 2 3 ln )
1 2 (
3
+
− +
x
x x x
x
> 0 với mọi x
Hàm số luôn đồng biến., mà:xlim f(x) = 0 Bất đẳng thức (*) đúng với mọi x →−∞ ⇔1 – a ≤ 0 ⇔a≥ 1
Vậy đáp số: a ≥ 1