Lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt chiều dương các trục tọa độ Ox, Oy thứ tự tại P, Q sao cho diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất.. Viết phương trình đường thẳng d3 qua A2; 3; 1, đồ[r]
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN (ĐỀ 166)
Bài 1(2 điểm):
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y(| | 1) (| | 1)x 2 x 2
2) Tìm trên trục hoành những điểm mà từ điểm đó kẻ được ba tiếp tuyến phân biệt đến (C)
Bài 2(3 điểm):
2 2
x y
x y
xy x y x y
,
2) Giải phương trình: sin tan2 x x cos2 x cos 2 (2 tan ) x x , ( với x R )
3) Tìm m thực để phương trình sau có nghiệm thực trong đoạn 5 :
;4 2
1
2
x
Bài 3(1 điểm):
Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vuông cân đỉnh B, AB = a; các cạnh SA SB SC 3a, (a > 0) Trên cạnh SA, SB lần lượt lấy điểm M, N sao cho SM = BN = a Tính thể tích khối chóp
C.ABNM theo a
Bài 4(2 điểm):
1) Tính tích phân:
1
0
.ln(1 )
2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm A(3; 1) Lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt chiều dương các trục tọa độ Ox, Oy thứ tự tại P, Q sao cho diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất.
Bài 5(1 điểm):
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d1: ,đường thẳng d2 là
1
1 2
y t t R
giao tuyến của hai mặt phẳng (P): 2x – y – 1 = 0 và (Q): 2x + y + 2z – 5 = 0 Gọi I là giao điểm của d1 và d2 Viết phương trình đường thẳng d3 qua A(2; 3; 1), đồng thời cắt hai đường thẳng d1và
d2 lần lượt tại B và C sao cho tam giác BIC cân đỉnh I
Bài 6(1 điểm):
Cho x, y, z0 và x2 y2 z2 3 Chứng minh: 3 3 3
3 2 2
Hết
Trang 2Đáp Án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN (ĐỀ 166)
Bài 1:
*Có hàm số : y(| | 1) (| | 1)x 2 x 2 y = x4 - 2x2 + 1 ( C)
*TXĐ: R; lim ; lim ;
y ' 4 x3 4 ; ' 0 x y x 0; x 1
1)
1
điểm
*Gọi A(a:0) Ox mà từ A kẻ được đến ( C) ba tiếp tuyến phân biệt
*Đường thẳng d đi qua A với hệ số góc k có phương trình: y = k(x-a)
*d là tt của ( C) khi và chỉ khi hệ pt sau có nghiệm:
3
( )
x x k x a I
x x k
0.25
*Có ( ) 2 0 ( ) hoặc
1 0
k
x
2 2
4 ( 1)
( )
B
0.25
*Từ hệ (A), chỉ cho ta một tiếp tuyến duy nhất là d1: y = 0 Vậy để từ A kẻ được 3 tiếp
tuyến pb tới (C) cần và đủ là hệ (B) phải có 2 nghiệm pb (x;k) với x khác 1, tức là
phương trình (1) phải có 2 nghiếm pb x khác 1
0.25
2)
1
điểm
Bài 2:
( 1) ( 1) 5 ( 1)( 1)[( 1) ( 1)] 6
1 1
u x
v y
u v
uv u v
0.25
* Giải ra được: u v u v. 23; * Giải ra được: hoặc
1 1
1 2
u x
v y
1 2
1 1
0.50
1)
1
điểm
hoặc
3 2
x
y
2 3
x y
0.25
* ĐK:cosx 0 PT sin3 x cos3 x cos 2 (2cos x x sin ) x 0.25 (sin x cos ).cos (2sin x x x cos ) 0 x
sin x cos x 0; 2sin x cos x 0
2)
1
điểm
1
x k x l k l Z
*PT ( m 1).log (1/ 22 x 2) ( m 5) log (1/ 2 x 2) m 1 0
5
2
t x x t
0.25
Thu được pt: ( ) 22 5 1;
1
2
2 2
t
0.25
3)
1
điểm
* Lập BBT của f(t) trên đoạn 1;1 , thấy f(t) liên tục và NB trên đoạn 1;1 , nên
thỏa mãn đề bài
7 3;
3
m
0.50
Trang 3Bài 3:
* Chân đường cao của tứ diện hạ từ đỉnh S là trung điểm H của cạnh AC 0.25
* Tính được
3
34 12
S ABC
a
* CM được . 2 .
9
1
điểm
3
a
Bài 4:
Bài 5:
* Tính
1
0 ln(1 )
I x x dx
* Đặt
2
3
2
1 3
x
dv x dx v x
2
.ln(1 )
x
x
0.25
* Tính
2
x
1)
1
điểm
.ln 2
* Từ gt ta có P a ( ;0); (0; ), Q b a 0, b 0. * d có pt: x y 1
d qua A(3; 1) nên 3 1 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ
2
a b
a b
0.25
* Có 1 Nên nhỏ nhất ( ) khi và chỉ khi
2
OPQ
2
a b
0.25
2)
1
điểm
* Vậy d có pt: 1
6 2
Trang 4* d2 có pt:
1
1 1 1
3 2
x t
* Tìm được I(1;1;1)
0.25
Ta có B(1 + t;1 +2 t;1 + 2t), C(t1;-1 +2 t1;3 -2 t1) ,
( đk: B khác I, C khác I t 0, t1 1)
*Tam giác BIC cân đỉnh I (1)
[ , ] 0 (2)
IB IC
AB AC
0.25
1
1
2
t t
0.25
1)
1
điểm
* Từ đó có pt d3 :
2
1 2
x
0.25
Bài 6:
y z x
0.25
VT
1
4 2
1
4 2
0.25
6
1)
1
điểm
6 3
(đpcm)
6 3
2 2
( Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1)
0.25