Đề thi thử ĐH số 3

tam giỏc đều cạnh a.. Tớnh theo a khoảng cỏch từ B đến mặt phẳng SAC... HƯỚNG DẨN GIẢII:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7,0 điểm Cõu I.. *-Sự biến thiên.. a-Chiều biến thiên... 2,0 đi

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 LB3

Mụn thi : TOÁN

Thời gian làm bài : 180 phỳt, khụng kể thời gian phỏt đề

………………

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Cõu I (2,0 điểm)Cho hàm số

1 x

2 x y





1 (1,0 điểm Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).

2.(1,0 điểm) Cho điểm A(0;a) Xác định a đẻ từ A kẻ đợc hai tiếp tuyến tới (C) sao cho

hai tiếp điểm tơng ứng nằm về hai phía trục ox

Cõu II (2,0điểm)

2 (1,0 điểm) Giải PT :x 4 x2  2 3x 4 x2

Cõu III (1,0điểm) Tớnh tớch phõn I=

4 4

sin cos

6x 1

dx











Cõu IV (2,0 điểm)Trong kg Oxyz cho đường thảng (): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 và mp(P):2x – y -2z - 2=0

mp(P )theo giao tuyến đường trũn (C)cú bỏn kớnh r=3

II.PHẦN RIấNG (3 điểm) Thớ sinh chỉ được chọn làm một trong hai cõu(Va hoặcVb) Cõu Va

1(2,0 điểm).

Trong Oxy hỡnh thang cõn ABCD cú AB //CD và A( 10;5) ; B(15;-5 ) ; D (-20;0 ) Tỡm toạ độ C

2.(1,0 điểm) Từ cỏc số 0,1,2,3,4,5,6

Lập được bao nhiờu số cú 5 chử số khỏc nhau mà nhất thiết phải cú chử số 5 Cõu Vb

tam giỏc đều cạnh a Tớnh theo a khoảng cỏch từ B đến mặt phẳng (SAC).

2.(1,0 điểm) Giải B PT 2 2 3 3

2

log 1 log 1

0

3 4



  ………Hết………

HƯỚNG DẨN GIẢI

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Cõu I 1/*-Tập xác định:D=R\{1}

*-Sự biến thiên

a-Chiều biến thiên 0

) 1 x (

3 '





 Hàm số luôn nghịch biến trên khoảng(   ;1) và (1;  )

b-Cực trị:hàm số không có cực trị

c-giới hạn: 











) 1 x

2 x ( lim

) 1 (

x











) 1 x

2 x ( lim ) 1 ( x

 hàm số có tiệm cận đứng x=1

 







1 x

2 x ( lim

x

hàm số có tiệm cận ngang y  1 d-Bảng biến thiên: x - 1 +

y’ -

y 1 +

- 1

1

*-Đồ thị:

Đồ thị nhận I(1;1) làm tâm đối xứng

Giao với trục toạ độ:Ox (-2;0)

Oy (0; 2)

2/(1,0 điểm) Phơng trình tiếp tuyến qua A(0;a) có dạng

y=kx+a (1)

Điều kiện có hai tiếp tuyến qua A:





















) 3 ( k ) 1 x ( 3

) 2 ( a kx 1 x 2 x

2

có nghiệm x 1

Thay (3) vào (2) và rút gọn ta đợc:( a 1 ) x 2 2 ( a 2 ) x a 2 0 ( 4 )













Để (4) có 2 nghiệm x 1 là:   

























2 a 1 a 0 6 a 3 '

0 3 ) 1 ( 1 a

Hoành độ tiếp điểm x1;x2 là nghiệm của (4)

Tung độ tiếp điểm là

1 x

2 x y 1

1 1





1 x

2 x y 2

2 2







Để hai tiếp điểm nằm về hai phía của trục ox là: 0

) 2 x )(

1 x (

) 2 x )(

2 x ( 0 y y

2 1

2 1

2













3

2 a 0 3

6 a 9 0 1 ) x

x

(

x

x

4 ) x

x

(

2

x

x

2 1

2

1

2 1

2





















Vậy a 1

3

2





 thoả mãn đkiện bài toán

Cõu II (2,5 điểm) 1) Giải PT : 2 2 2 1 

Bg: (1)

2

1 2cos(2 ) 1 cos(2 ) 1 sin 2cos(2 ).cos sin 1

5

1 cos 2 sin 0 2sin sin 0 2 ; 2 ;



2 (1,0 điểm) Giải PT :x 4 x2  2 3x 4 x2

Bg: ĐK:2 x 2

Đặt y= 4 x 2 (y 0)=>x2y2 4

2

-2

5

y

x o

-2

1 1

Ta có hệ PT:

 2

3 2

2 4

x y xy

x y xy

   







Hệ đối xứng loại 1 Đặt S=x +y ; P=xy

Giải hệ theo S;P => Khi S=2 và P=0 => 0; 2

2; 0

  





Khi

6 126

;

9

x

y

  





   

 

 



Vậy PT có 3 nghiêm:

Câu III (1,0điểm) Tính tích phân I=

4 4

sin cos

6x 1

dx











* Đăt t = -x => dt = -dx

* Đổi cận: ;;

x   t x  t 

I =

4

4 t dt 8 8 t dt 8t 8 4 t 16









32



Câu IV (2,0 điểm)Trong kg Oxyz cho đường thảng (): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 và mp(P):2x – y -2z - 2=0 Viết PT mặt cầu(S) có tâm I và khoảng cách từI đến mp(P) là 2 và mặt cầu(S) cắt mp(P )theo giao tuyến đường tròn (C)có bán kính r=3

Bg:m cầu(S) có tâm I g sửI(a;b;c ) =>(a;b;c) thoả mản PT của(1)

*d I P  (2) ;   2

Từ (1) và(2) ta có hệ PT:

11 14 1 1 1 7

2

a b c

b t

c t

    



 



Dor R2 4 3  R 13

Vậy có 2 mặt cầu theo ycbt :

 

1

2

II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu(Va hoặcVb)

Câu Va ( 2,0 điểm ) :

1.(2,0 điểm) Trong Oxy hình thang cân ABCD có AB //CD và A( 10;5) ; B(15;-5 ) ; D (-20;0 ) Tìm toạ độ C

Bg: *M là trung điểm của AB => 25

;0 2

M  

 

*

 

5; 10

20

2

dtDC AB dtDCquaD pttsDC



  





; 13

N DC   N   

*Do ABCD là h thang cân=>C đ xửng với D qua=>N là trung điểm của CD=> C(-7;-26)

2.(1,0 điểm) Từ các số 0,1,2,3,4,5,6

Lập được bao nhiêu số có 5 chử số khác nhau mà nhất thiết phải có chử số 5

Bg: *Số có 5 chử số khác nhau là:6.A (số)64

* Số có 5 chử số khác nhau không có mặt chử số 5 là: 4

5

3.A

*Vậy các Số có 5 chử số khác nhau luôn có mặt chử số 5 là:6.A64 5.A54 1560(SỐ)

Bài Vb:

1) (2,0 điểm).Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM

Suy ra: SM =AM =a23; AMS 60 0 và SO  mp(ABC)

 d(S; BAC) = SO =34a

Gọi VSABC- là thể tích của khối chóp S.ABC

 VS.ABC =1 . 3 3

  (đvtt)

Mặt khác, VS.ABC =1 ( ; )

3SSAC d B SAC

SAC cân tại C có CS =CA =a; SA =a23

 S SAC a2 1613 3

 

Vậy: d(B; SAC) = 3 3

13

S ABC SAC

S  (đvđd)

2.(1,0 điểm) Giải B PT 2 2 3 3

2

log 1 log 1

0

3 4



 

(1)

Bg: *ĐK: x >-1 và x4

*Do

2

2

3 4 0 4

3 4 0 1 4

      *Xét trên4;   1  logx19 log x18 0   x bpt 1 co nghiemS 4;

* Xét trên    1 1 1

9 1;4 1 log 9 log 8 0 log 0

8

-Xét trên    1  

9

8

        -Xét trên    1

9 0;4 1 log 0

8

Vậy bpt có tập nghiệm :T=1;0  4;

HẾT

C S

A

B