Chứng minh rằng tiếp tuyến tại mọi điểm bất kỳ của đồ thị C luôn cắt hai đường tiệm cận tại A, B và tam giác IAB có diện tích không đổi.. Câu 4 1 điểm: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là h[r]
Trang 1SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ
TRƯỜNG THPT TAM NÔNG
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011 - 2012
MÔN THI: TOÁN - KHỐI B+D
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề)
I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 ĐIỂM):
Câu 1 (2 điểm):
Cho hàm số : 1
2
x y x
+
=
− (1) a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
b/ Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của đồ thị (C) Chứng minh rằng tiếp tuyến tại mọi điểm bất kỳ của đồ thị (C) luôn cắt hai đường tiệm cận tại A, B và tam giác IAB có diện tích không đổi
Câu 2 (2 điểm):
1/ Giải phương trình: s inx+ 3 cosx+ s inx+ 3 cosx =2
2/ Giải hệ phương trình:
3 3 3
2
Câu 3 (1 điểm):
Tính tích phân: I=
0
2 3
1
−
∫
Câu 4 (1 điểm):
Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a SA = a và SA vuông góc với mặt đáy
1/ Tính thể tích và diện tích toàn phần của tứ diện SBCD
2/ Gọi MNPQ là thiết diện của hình chóp và một mặt phẳng song song với mặt đáy trong đó M ở trên SA
và AM=x Tính diện tích thiết diện MNPQ theo a và x
Câu 5 (1 điểm):
Cho các số x y z, , dương Chứng minh rằng:
x y z
x y z
II/ PHẦN RIÊNG (3 ĐIỂM): (THÍ SINH CHỈ LÀM PHẦN A HOẶC B)
A/ Theo chương trình chuẩn:
Câu 6a ( 2 điểm):
1/ Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC, A (-1;-3) phương trình các đường cao từ B và C tương ứng là:
BH x+ y− = CK x+ y− = Tính diện tích của tam giác ABC
2/ Trong không gian Oxyz, cho điểm H(1;2;3) Tìm các điểm A, B, C trên các trục tọa độ Ox, Oy, Oz sao cho H là trực tâm của tam giác ABC
Câu 7 a (1 điểm):
Giải phương trình:
3
log ( ).log log ( ) log
2 3
x
B/ Theo chương trình nâng cao
Câu 6b ( 2 điểm):
1/ Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC A (1;2); B(5;3); C(-1;0)
a/ Viết phương trình đường tròn tâm B tiếp xúc đường thẳng AC
b/ Viết phương trình đường tròn đi qua A,C và có tâm trên trục Ox
2/ Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC
Câu 7 b ( 1 điểm):
Giải phương trình:: 2lo g (3 x+1 ) = x
- Hết -
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải tích gì thêm)
Họ và tên :………;.Số báo danh:………
Trang 2Trường THPT Tam Nông
Đáp án- thang điểm đề thi thử đại học khối B+D
1
2
x y x
+
=
− (1)
a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
b/ Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của đồ thị (C) Chứng minh rằng tiếp
tuyến tại mọi điểm bất kỳ của đồ thị (C) luôn cắt hai đường tiệm cận tại A, B và
tam giác IAB có diện tích không đổi
2đ
• TXD: D = ℝ \ 2 { }
2
3
( 2)
x
−
− Nên hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó
0.25
• Giới hạn và tiệm cận:
x
→±∞
0.25
• Bảng biến thiên
x −∞ 2 +∞
y’
1 +∞
y
−∞ 1
0.25
a
Đồ thị:
- Giao Ox: A(-1;0)
- Giao Oy: B(0;-2)
y
1 x
-1 0 2
-2
0.25
1
b
Gọi M(a;b) thuộc đồ thị của hàm số
Phương trình của tiếp tuyến với đồ thị tại M có dạng:
2
a
0.25
Trang 3Giao với TCĐ: 4
2
a A a
+
− Giao với TCN: B(2a−2;1)
Giao của hai tiệm cân I(2;1)
0.25
Tính được IA= 6
2
Diện tích tam giác IAB:
6 2
IA IB
Điều kiện xác định: s inx+ 3 cosx≥0
Đặt: s inx+ 3 cosx = ≥t 0
2 0
2( )
t
=
+ − = ⇔
= −
0.50
Với t=1 : s inx+ 3 cos x =1
1
s inx+ 3 cos 1 sin( )
1
2 6 2 2
−
⇔
= +
0.25
Giải hệ phương trình:
3 3 3
2
0
x= không là nghiệm của pt.Đặt 1
x z
=
Hệ trở thành:
2
+ = −
0.25
Đặt: S = +x y P, =xy
Đk: S2 ≥4P
Khi đó hệ trở thành:
2
S S P
S P
= −
0.25
2
2
Tìm được nghiệm 1 1
( ;3), ( ; 2)
0.25
Tính tích phân: I=
0
2 3
1
−
I=
0
1
−
3
I1=
0 2
1x e dx x
−
∫ dùng pp tính tích phân từng phần Đặt u=x, dv=e dx2x Tính được I1=
2
2
3 4
e e
−
0.25
Trang 4I2= 3
1x 1 xdx
∫ Đặt : u=31+x ⇒u3− =1 x⇒dx=3u du2
Đổi cận: x= −1⇒u=0; x=0⇒u=1
I2=
1 1
0
0
(3 3 )
∫
0.25
I=I1+I2=
2
2
21 16 28
e e
−
0.25
Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a SA = a và SA vuông
góc với mặt đáy
1/ Tính thể tích và diện tích toàn phần của tứ diện SBCD
2/ Gọi MNPQ là thiết diện của hình chóp và một mặt phẳng song song với mặt
đáy trong đó M ở trên SA và AM=x Tính diện tích thiết diện MNPQ theo a và
x
1 đ
S
M Q
N P
A D
B C
1
VSABCD=
;
Stp=dt(SBC)+dt(SBD)+dt(SCD)+dt(BCD)
Stp=
2 (1 3 2 2)
2
a
0.50
2 Từ giả thiết suy ra (MNPQ)// (ABCD) và tứ giác ABCD là hình vuông cạnh a nên
MNPQ là hình vuông và ∆SABvuông cân tại A ⇒∆SMN vuông cân tại M:
4
2
Cho các số x y z, , dương Chứng minh rằng:
x y z
x y z
Áp dụng BĐT Côsi:
3
2
3
2
3
2
3
3
3
x
y
y
z
z
x
+ + ≥ + + ≥ + + ≥
0.50
5
Cộng vế với vế:
x y z
x y z
Trang 5Dấu ‘=’ xảy ra khi : x= =y z
6 a 1 Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC, A (-1;-3) phương trình các đường cao từ B
và C tương ứng là: BH: 5x+3y−25=0,CK: 3x+8y− =12 0 Tính diện tích
của tam giác ABC
1 đ
Đường thẳng AC đi qua điểm A và vuông góc với BH nên có phương trình
3x 5y 12− − =0
Đường thẳng AB đi qua điểm A và vuông góc với CK nên có phương trình
8x 3y 1− − =0
0.25
B là giao của AB và đường thẳng BH do đó B(2;5)
C là giao của AC và đường thẳng CK do đó C(4;0)
Khoảng cách d(A;BC)= 5 6 20 31
− − −
Diện tích tam giác 31
dt(ABC)
2
2 Trong không gian Oxyz, cho điểm H(1;2;3) Tìm các điểm A, B, C trên các trục
Gọi A(a;0;0) ; B(0;b;0) ; C(0;0;c)
Khi đó pt mp(ABC) dạng: x y z 1
Do H là trực tâm tam giác ABC nên:
1
1
3
c
+ + =
0.50
Vậy: A(14;0;0); B(0;7;0); C(0;0; 14
Giải phương trình:
3
log ( ).log log ( ) log
2 3
x
Điều kiện xác định: x>0khi đó phương trình tương đương
3
log ( ).log log ( ) log
2 3
x
x
0.25
3
log 3.log 2 log log 6 log 0 log (log 3 2 log 6) 0
0.50
7 a
Vậy nghiệm của pt là x =1 và 3
8
6 b 1 Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC A (1;2); B(5;3); C(-1;0)
a/ Viết phương trình đường tròn tâm B tiếp xúc đường thẳng AC b/ Viết phương trình đường tròn đi qua A,C và có tâm trên trục Ox
1 đ
Trang 6Phương trình đường thẳng AC : x− + =y 1 0 Bán kính 3
( ; )
2
1a
PT đường tròn tâm B tiếp xúc với AC : 2 2 9
2
Tâm I thuộc ox do đó I(m ;0)
Vì đường tròn cần lập qua A,C nên: IA=IC=R
2
IA= (1−m) +4 và IC= (1+m)2
1b
2 Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3) Tìm tọa độ
Pt mp(ABC): 6x+3y+2z 6− =0
Do H là trực tâm tam giác ABC do đó OH ⊥mp ABC( )
(Hs CM)
0.25 0.25
Do đó OH = tn
Khi đó tọa độ H là nghiệm hpt
2
H
=
=
=
2
Giải phương trình:: 2lo g (3 x+1 ) = x 1đ
Đk: x> −1
Đặt log (3 x+ =1) t⇒x= −3t 1
t t
t t
= − ⇔ + =
0.50
7 b
Ta thấy VT là HSNB và VP là hằng số đồng thời : t=1 là nghiệm suy ra t= 1 là
nghiệm duy nhất
3
Chú : Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa