Đề thi thử đại học lần 1 môn: Toán – khối A-B

Viết phương trình đường thẳng D vuông góc với mặt phẳngOxy và cắt được các đường thẳngAB; CD.. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A4;5;6.[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Lần 1, năm 2009

Môn: TOÁN – Khối A-B Thời gianlàm bài: 180 phút

A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 8 điểm)

Câu 1: ( 2điểm)

Cho hàm số y = 4x3 + mx2 – 3x

1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số khi m = 0

2 Tìm m để hàm số có hai cực trị tại x1 và x2 thỏa x1 = - 4x2

Câu 2: (2điểm)

1 Giải hệ phương trình: 2 0

x y xy







2 Giải phương trình: cosx = 8sin3

6

x 

Câu 3: (2điểm)

1 Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC vuông tại C ; M,N là hình chiếu của A trên SB, SC Biết MN cắt BC tại T Chứng minh rằng tam giác AMN vuông và AT tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB

2 Tính tích phân A =

2

ln ln ex

e e

dx

x x



Câu 4: (2 điểm)

1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0) Chứng minh các đường thẳng AB và CD chéo nhau Viết phương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳngOxy và cắt được các đường thẳngAB; CD

2 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa:

2 a 2 2 b 2 2 c 2 1

a ab b b bc c c ca a 

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a + b + c

B PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ chọn câu 5a hoặc 5b

Câu 5a: Theo chương trình chuẩn: ( 2 điểm)

1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK

2 Biết (D) và (D’) là hai đường thẳng song song Lấy trên (D) 5 điểm và trên (D’) n điểm và nối các điểm ta được các tam giác Tìm n để số tam giác lập được bằng 45

Câu 5b: Theo chương trình nâng cao: ( 2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D): x – 3y – 4 = 0 và đường tròn (C): x2 + y2 – 4y = 0 Tìm M thuộc (D) và N thuộc (C) sao cho chúng đối xứng qua A(3;1)

2 Tìm m để bất phương trình: 52x – 5x+1 – 2m5x + m2 + 5m > 0 thỏa với mọi số thực x

- Hết

-BÀI GIẢI TÓM TẮT

A.PHẦN CHUNG:

Câu 1:

1 m = 0 , y = 4x3 – 3x

- TXĐ: D = R

- Giới hạn: lim , lim

     

- y’ = 12x2 – 3 ; y’ = 0  x = 1

2



Bảng biến thiên:

- y’’ = 24x , y” =  x = 0 , đồ thị có điểm uốn O(0;0)

- Đồ thị:

2 TXĐ: D = R

- y’ = 12x2 + 2mx – 3

Ta có: ’ = m2 + 36 > 0 với mọi m, vậy luôn có cực trị

Ta có:

1 2

1 2

4

6 1 4

m

x x



  



   





  



9 2

m

  

Câu 2:

1 2 0 (1) Điều kiện:

x y xy







1 1 4

x y







 



Từ (1) x x 2 0 x = 4y

Nghiệm của hệ (2; )1

2

2 cosx = 8sin3 cosx =

6

x 

3 s inx+cosx

 3 3 sin3x9sin2xcosx +3 3 s inxcos2x c os3x c osx = 0 (3)

Ta thấy cosx = 0 không là nghiêm

(3)  3 3 tan3x8 t an x + 3 3 t anx = 02

t anx = 0x = k

Câu 3:

1.Theo định lý ba đường vuông góc

BC  (SAC)  AN  BC

và AN  SC

AN  (SBC)  AN  MN

Ta có: SA2 = SM.SB = SN.SC

Vây MSN  CSB

 TM là đường cao của tam giác STB

 BN là đường cao của tam giác STB

Theo định lý ba đường vuông góc, ta có AB  ST

AB  (SAT) hay AB AT (đpcm)

(ln )

ln (1 ln ) ln (1 ln )

A

2

(ln )

e e

d x

 = = 2ln2 – ln3

ln(ln )x e ln(1 ln )x e

Câu 4:

1 +) BA(4;5;5), ,

(3; 2;0)

CD 

(4;3;6)

CA BA CD ,   (10;15; 23)  đpcm

 BA CD CA  ,  0 + Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P)  (Oxy)  có VTPT n1  BA k , = (5;- 4; 0)  (P): 5x – 4y = 0

+ (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q)  (Oxy) có VTPT n1  CD k , = (-2;- 3; 0)  (Q): 2x + 3y – 6 = 0

Ta có (D) = (P)(Q)  Phương trình của (D)

2 Ta có: (1)

3

2 3

a ab b





 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2)  a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0

 (a + b)(a – b)2 0 (h/n)

Tương tự: (2) , (3)

3

2 3

b bc c





3

2 3

c ac a





Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được:

a ab b b bc c c ca a

 

Vậy: S ≤ 3  maxS = 3 khi a = b = c = 1

B PHẦN TỰ CHỌN:

Câu 5a: Theo chương trình chuẩn

1 Ta cóI(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ) :P x y z 1

a b c

Ta có (4 ;5;6), (4;5 ;6)

(0; ; ), ( ;0; )

Ta có:  ptmp(P)

4 5 6

1

5 6 0

4 6 0

a b c

   





  



  





77 4 77 5 77 6

a b c

 





 





 





2.Ta có: n 2 2 = 45  n2 + 3n – 18 = 0  n = 3

5 5 n

Câu 5b:

1.M  (D)  M(3b+4;b)  N(2 – 3b;2 – b)

N  (C)  (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = 0  b = 0;b = 6/5

Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) , M’(38/5;6/5) và N’(-8/5; 4/5)

2 Đặt X = 5x  X > 0

Bất phương trình đã cho trở thành: X2 + (5 + 2m)X + m2 + 5m > 0 (*) Bpt đã cho có nghiệm với mọi x khi và chỉ khi (*) có nghiệm với mọi X > 0  < 0 hoặc (*) có hai nghiệm X1 ≤ X2 ≤ 0

Từ đó suy ra m