Đề thi thử Đại học môn Toán - Đề 5 - Trường THPT Trưng Vương

Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên SAB vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc α... Lê Trinh Tường.[r]

Đề 5:

( Biên soạn theo định hướng ra đề của Bộ GD&ĐT năm học 2008 – 2009)

Câu 1:

2

m

(m 1)(x 2x) m 4

(C )

mx m



1

4



1

2 Tìm m, m) có !! +( !! ), và giá . !! +( !! ), cùng 01,

Câu 2:

15.2x  1 2x 1 2x

2 Tìm m ) 345- trình: 2 có -8 ,9! (0, 1)

4(log x) log x m 0

Câu 3:

1 Trong < 3=- Oxy cho hai 4@- tròn (C1): x2 + y2 – 2x – 2y – 2 = 0

(C2): x2 + y2 – 8x – 2y + 16 = 0

F 345- trình 3 , chung !"# (C1) và (C2)

2 Trong không gian Oxyz cho 2 4@- =-6

(d1) : ; và (d2) :





















t 2 6 z

t 4 y

t x



















 1 't z

6 't 3 y

't x

2J K là hình !, vuông góc !"# ) I(1; -1; 1) trên (d2) Tìm

1) và !N (d1)

Câu 4:

1 Tính ) tích !"# hình chóp S.ABC,   ABC là 9 tam giác R, !+ a, < bên (SAB) vuông góc

2 Tính tích phân: I = 3 

1 x6(1 x2) dx

Câu 5:

1 Tính U- S C 20090 2C120093C22009  2010C20092009

2 Tìm giá

) x sin x cos 2 ( x sin

x cos



Câu 6: 2 345- trình trên

2

2

z

z  z   z

LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLZLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1: (2,0 )

1) Khi m = 2, ta có:

2

* \]^6 D = R\{-1}

*

2 /

2

2x 4x 16 y

(2x 2)





    





* 2 + và 8 !X6

: 8 !X

Y-xlim y1 x 1

     

y

  

* Q-  thiên:

y

-

-5

^

-

+

CT 1

+

* ^ 6 hình trên

/

2

y

(mx m)





2 /

2

(m 1)x 2(m 1)x 3m 2 y

m(x 1)

có 2 -8 phân 8 khác –1

2 g(x) (m 1)x 2(m 1)x 3m 2 0

/

m

 

  



 Trong R, $8 *( g(x) = 0 có 2 -8 x1, x2 và

1 2

3m 2

x x

m 1





 

 2J (x ; y ), (x ; y )1 2 2 2 là J# 9 2 ) !! .

 + ) !! . thì:

/

/ 2

/

u v u.v

m v

u

v





1,2 2(m 1) 1,2

m



x

(C)

3 2 0 -1 -4

-5

3 2



3 y

1

 Hai giá . !! . cùng 01,  y y1 2 0

2





(do R, $8 (*)

(x 1)(x 1) 0

  f3 các R, $8 ta 4f!6 m 1 FX( giá . !g tìm:

4

4

 

Câu 2: (2,0 )

1). 2 1 345- trình: 15.2x1 1 2x 1 2x1 (1)

* ^<6 x R, $86 t > 0 Khi *

TH1: t 1

2 (2) 30t 1 3t 1   30t 1 9t      6t 1 1 t 4 (a)

TH2: 0 t 1 

2 (2) 30t 1 t 1   30t 1  t     2t 1 0 t 1 (b)

*  f3 (a) và (b) ta 4f!6 x

0 t   4 0 2   4 x 2

* FX( 1 345- trình cĩ -86 x 2.

2) Tìm m ) 345- trình: 2 cĩ -8 ,9! (0, 1)

4(log x) log x m 0

Ta cĩ :4(log2 x)2log0,5x m 0 x (0; 1) 2

log x log x m 0; x (0; 1) (1)

 ^<6 t log x2

x 0

lim log x

x 1

lim log x 0

  x (0;1)   t ( ; 0)

 Ta cĩ: (1)  t2 t m0, t0 (2)  m   t2 t, t0

 ^<6 y t2 t, t 0 : (P)







yf(t)  t t /

     

 Từ bảng biến thiên ta suy ra:

(1) có nghiệm x (0; 1)  (2) cĩ -8

t < 0

 (d) và (P) cĩ

0

FX( giá . m !g tìm:

1 m

4

4



Câu 3:

1) (C1): (x 1) 2(y 1) 2 4 cĩ tâm I (1; 1)1

bán kính R1 = 2

(C2): (x 4) 2 (y 1) 2 1 cĩ tâm I (4; 1)2

bán kính R2 = 1

x

y

(C 1 )

(C 2 )

I 2 A

I 1 1

x = 3 0

Ta có: I I1 2  3 R1R2  (C1) và (C2) 3 xúc ngoài nhau + A(3; 1)

 (C1) và (C2) có 3 3 ,( trong * có 1 3 , chung trong + A là x = 3 // Oy

* Xét 2 3 , chung ngoài: ( ) : y ax b    ( ) :ax y b 0   ta có:

hay



 



* FX( có 3 345- trình 3 , chung:

2) (d1) có u1 (1; 1; 2); (d2) có

2

u (1; 3; 1)



2

K (d ) K(t ; 3t 6; t  1) IK (t 1; 3t 5; t 2)

 

 2 n (d ) !N (d1) + H(t; 4 t; 6 2t), (H (d ))   1



 



18

11 12

11 7

11

   





    





   



Câu 4:

1) Cách 1:

* _- SHAB

* Ta có: (SAB)(ABC), (SAB)(ABC) AB, SH (SAB)

và SH là 4@- cao !"# hình chóp

SH (ABC)

* _- HN BC, HP AC

 

*  SHN =  SHP  HN = HP

4

S

H

P

C A

B

N



*  SHP vuông có: SH HP.tg a 3tg

4

* &) tích hình chóp S.ABC : V 1.SH.SABC 1 a 3 .tg a2 3 a3 tg

Cách 2:

* _- SHAB

* Ta có: (SAB)(ABC), (SAB)(ABC) B, SH (SAB)SH(ABC)

* Vì (SAC) và (SBC) cùng

AB

*

G 9 vuông góc, H(0; 0; 0),

A ; 0; 0 ; B ; 0; 0 ;C 0; ; 0 , S(0; 0; h), (h 0)

* j45- trình mp (ABC):

z = 0, n1(0; 0;1)

* j45- trình mp (SAC):

1

aa 3  h

(SAC) : 2h 3x 2hy a 3z ah 3 0

* (SAC)

cos

 





2

1 tg



 2  3a tg2 2  a 3 

ABC

2) Tính .^< : ^U !X6 x = 1  t = 1; x =  t =

3

1

dx I

x (1 x )





3

3

1

3

3

3

 ^<6 2 2 ^U !X6 t = 1  u = ; t =  u =

t tg u dt (1 tg u)du 

6



 

/ 4

3

6 3

12









z

h S

B

C A

x

H

a 2

a 3 2

y

Câu 5:

1) Xét # Y!6   2009  0  1  2 2  2009 2009

* \< khác: /   2009  2008   2008 

f (x) (1 x) 2009(1 x) x (1 x) (2010 x)

 /  2008

f (1) 2011.2 (b)

* &q (a) và (b) suy ra:  2008

S 2011.2

3



  0 tg   3 sin x0,cos x0, 2 cos x sin x 0

2

cos x

cos x y

sin x 2 cos x sin x tg x(2 tgx) 2tg x tg x

cos x cos x

 ^<6 t tgx; 0 t  3  y f(t) 1 t2 23; 0 t 3

2t t





 Q-  thiên:

f(t)

+

2

4

6 3 3

 Từ bảng biến thiên, ta có: min f(t) 2 t 1 x

4



    



  

 

 

0;

3 miny 2 khi x / 4

2

2

z

z  z   z

          

2 2

1

z

1

z z



0

t    t t    t  

;

i i

   

LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLZLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL