2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M1;2;3.Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt ba tia Ox tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất.. 1 điểm Giải phương[r]
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 Môn Toán – ĐỀ 03
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2 1
1
x y x
(C) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
2.Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất
Câu II (2 điểm)
1.Giải phương trình sau: 8 sin 6xcos x6 3 3 sin 4x3 3cos x2 9 sin 2x11
2 Giải hệ phương trình: 2 32 32 1
y x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = 2 1
1 2
1 (x 1 )e x x dx
x
Câu IV(1 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến
mặt phẳng (ACD) bằng Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) Biết thể của khối tứ
diện ABCD bằng
Câu V (1 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện 2x2y2xy1 Tìm giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của biểu thức 4 4
x y P
xy
II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần
1.Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa.( 2 điểm)
1 Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 - 2x +6y -15=0 (C ) Viết PT đường thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A;B sao cho AB = 6 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1 : 2 1
và
d2 : 7 2
x y z
Xét vị trí tương đối của d1 và d2 Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), Tìm tọa độ điểm I trên đường thẳng d1 sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất
Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: z4 – z3 +6z2 – 8z – 16 = 0
2 Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb.(2điểm)
1.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): 2 2 1
và đường thẳng :3x + 4y =12 Từ điểm M bất
kì trên kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3).Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt
ba tia Ox tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất
Câu VIIb. (1 điểm) Giải phương trình:
-H ết -http://laisac.page.tl
Trang 2ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ 02
1 * Tập xá c định: D = R\{ - 1}
* Sự biến thiên
; tiệm cận ngang: y = 2
; tiệm cận đứng: x = - 1
- Bảng biến thiên
Ta có ' 1 2 0
y x
vớ i mọi x- 1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-; -1) và ( -1; +)
1đ
I
2
Gọi M(x0;y0) là một điểm thuộc (C), (x0- 1) thì 0
0 0
1
x y x
Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì
MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = | 0
0
1
x x
- 2| = | 0
1 1
x |
Theo Cauchy thì MA + MB 2 0
0
1
x 1
1
x
MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x0 = 0 hoặc x0 = -2.Như vậy ta có hai điểm cần tìm là
(0;1) và (-2;3)
0,5
0,5
II 1
4
xcos x x
Thay (1) vào phương trình (*) ta có :
8 sin 6 xcos x6 3 3 sin 4x3 3cos x2 9 sin 2x11
2
2
2
3
4
0,5 0,5
Trang 3
3 2 2sin 2 1 (2sin 2 1)(sin 2 1)
2sin 2 1 0 2sin 2 1 (2)
3 2 sin 2 1 0 sin 2 3 2 1 (3)
5 12
k Z
; Gi¶i (3) 4 ( )
7 12
k Z
KÕt luËn :
2
Ta có: 2x3y3 2y2x2 2yxx32x y2 2xy25y3 0
Khi y thì hệ VN 0
Khi y , chia 2 vế cho 0 y3 0
Đặt t x
y
, ta có : t32t2 2t 5 0 t 1
1
y x
y
0,5
0.5 III
I =
(x 1 )e x x dx e x x dx (x )e x x dx I I
Tính I1 theo phương pháp từng phần I1 =
2
2 2
2
x
5 2
3 2
0,5đ
0,5
IV Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH AE
Ta có ACD cân tại A nên CD AE
Tương tự BCD cân tại B nên CD BE
Suy ra CD (ABE) CD BH
Mà BH AE suy ra BH (ACD)
Do đó BH = và góc giữa hai mặt phẳng
(ACD) và (BCD) là
Thể tích của khối tứ diện ABCD là
Mà
0,5
0,5
H
D
E
C
B
A
Trang 4Khi đú : là 2 nghiệm của pt: x2 - x + = 0
Xột BHE vuụng tại H nờn sin =
Vậy gúc giữa hai mp(ACD) và (BCD) là
V
5
xy xy xy xyxy
3
5 t 3
2
P
2 2
7 '
2 2 1
t t P
t
, P' 0 t 0( ),th t 1(kth)
P P
4
P
KL: GTLN là 1
4 và GTNN là
2
15( HSLT trờn đoạn 1 1;
5 3
0,5
0,5
1 Đường trũn ( C) cú tõm I(1;-3); bỏn kớnh R=5
Gọi H là trung điểm AB thỡ AH=3 và IH AB suy ra IH =4
Mặt khỏc IH= d( I; Δ )
Vỡ Δ || d: 4x-3y+2=0 nờn PT của Δ cú dạng
3x+4y+c=0
d(I; Δ )=
vậy cú 2 đt thỏa món bài toỏn: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0
0,5 0,5 VIa
2 Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là: u1
(4; - 6; - 8) u2
( - 6; 9; 12) +) u1
và u2
cùng phương
+) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1) d2 Vậy d1 // d2
* ) AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d1
Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 Ta có: IA + IB = IA1 + IB A1B
IA + IB đạ t giá trị nhỏ nhất bằng A1B
Khi A1, I, B thẳng hàng I là giao điểm của A1B và d
Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B
*) Gọi H là hình chiếu của A lên d1 Tìm được H 36 33 15; ;
29 29 29
A’ đối xứng vớ i A qua H nên A’ 43 95; ; 28
29 29 29
65 21 43
0,5
0,5
I
A H B
Trang 5Nếu thớ sinh làm bài khụng theo cỏch nờu trong đỏp ỏn mà vẫn đỳng thỡ được đủ điểm từng phần như đỏp
ỏn quy định
-H ết -
VII
a Xeựt phửụng trỡnh z4 – z3 +6z2 – 8z – 16 = 0
Deó daứng nhaọn thaỏy phửụng trỡnh coự nghieọm Z 1 = –1, sau ủoự baống caựch chia ủa thửực
ta thaỏy phửụng trỡnh coự nghieọm thửự hai Z 2 = 2 Vaọy phửụng trỡnh trụỷ thaứnh:
(Z + 1)(Z – 2)(Z 2 + 8) = 0 Suy ra: Z 3 = 2 2 i vaứ Z 4 = –2 2 i
ẹaựp soỏ: 1,2, 2 2 i, 2 2 i
0,5 0,5
1 Gọi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2)
Tiếp tuyến tạ i A có dạ ng 1 1 1
xx yy
Tiếp tuyến đi qua M nên 0 1 0 1 1
x x y y
(1)
Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt
xx yy
do M thuộc nên 3x0 + 4y0 =12 4y0 =12-3x0
4
4 0 (12 3 )0
4
Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì
(x- y)x0 + 4y – 4 = 0 0 1
Vậy AB luôn đi qua điểm cố định F(1;1)
0,5
0,5 VIb
2 Mặt phẳng cắt 3 tia Ox,Oy,Oz tạ i A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) có dạ ng
: x y z 1, , ,a b c 0
Do M nên: 1 2 3 cos 3 6
3 1
6
9
a
c
Mặt phẳng cần tìm: 6x+3y+2z-18=0
0,5
0,5 VII
Với ĐK trờn phương trỡnh đó cho tương đương
Vậy phương trỡnh đó cho cú một nghiệm :
0,5 0,5