ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 23

Chia sẻ: Nguyen Thanh Liem | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

Thêm vào BST

Báo xấu

74
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'ðề thi thử đại học môn toán số 23', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 23

Đề Thi Thử Năm 2011 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 2x  3 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  có đồ thị (C). x2 K hảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) 1. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận 2. của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất . Câu II (2 điểm) G iải phương trình: 1. 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0 G iải phương trình: x2 – 4x - 3 = 2. x 5 Câu III (1 điểm) 1 dx Tính tích phân:  1 x  1 x2 1 Câu IV (1 điểm) Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đ ỉnh C và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất . Câu V ( 1 điểm )
111 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn    4. CMR: xyz 1 1 1   1 2 x  y  z x  2 y  z x  y  2z PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a.( 2 điểm ) 1. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua đ iểm (3;1) 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đ êcác vuông góc Oxyz cho mp(P) : x – 2y + z – 2 = 0 và hai đ ường thẳng :  x  1  2t x 1 3  y z  2 và (d’)  y  2  t (d)    1 1 2 z  1  t  Viết phương trình tham số của đường thẳng (  ) nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng (d) và (d’) . CMR (d) và (d’) chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng . Câu VIIa . ( 1 đ iểm ) Tính tổng : S  C0 C5  C1 C7  C2 C3  C3C7  C5 C17  C5C7 4 2 4 50 57 5 57 5 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b.( 2 điểm ) 1. V iết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn : (C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đ êcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng : x  t x  t (d)  y  1  2t  và (d’)  y  1  2t   z  4  5t  z  3t   a. CMR hai đường thẳng (d) và (d’) cắt nhau . b. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của góc tạo bởi (d) và (d’) .
Câu VIIb.( 1 điểm ) Giải phương trình : 2log  x 3  x 5 ----------------------------- Hết ----------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. http://ductam_tp.violet.vn/ ®¸p ¸n ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 2 n¨m häc 2009 - 2010 M«n thi: to¸n Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò C©u Néi dung §iÓm
2x  3 Hµm sè y = cã : x2 - TX§: D = R \ {2} - Sù biÕn thiªn: 0,25 + ) Giíi h¹n : Lim y  2 . Do ®ã §THS nhËn ®êng th¼ng y = 2 lµm x  TCN , lim y  ; lim y   . Do ®ã §THS nhËn ®êng th¼ng x = 2 lµm x  2 x  2 TC§ +) B¶ng biÕn thiªn: 1 Ta cã : y’ =  < 0 x  D 0,25 2  x  2 2 x   I - y’ - 2.0® 1  2 y 2 1.25  ® 0,25 Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng  ;2  vµ hµm sè kh«ng cã 8 cùc trÞ 6 - §å thÞ 4 3 + Giao ®iÓm víi trôc tung : (0 ; ) 2 0,5 2 -5 5 10 + Giao ®iÓm víi trôc hoµnh : -2
A(3/2; 0) - §THS nhËn ®iÓm (2; 2) lµm t©m ®èi xøng 1 1 Lấy điểm M  m; 2     C  . Ta có : y '  m    .  2 m2  m  2  Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình : 1 1 x  m  2  y 2 2  m  2 m2 0,25đ 0,75 2 G iao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : A  2; 2    đ m2  G iao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2 )   1 2 Ta có : AB2  4  m  2     8 . Dấu “=” xảy ra khi m = 2 2  m  2    
V ậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2) 0,25đ 0,25đ Phương trình đã cho tương đương với : 2 (tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0 0,25  sin x   cosx   2  1  sin x     1  cosx   0  cosx   sin x  2  sin x  cosx  cosx.sin x  3  sin x  cosx  cosx.sin x    0 cosx sin x 2 3   cosx  sin x  cosx.sin x   0    cosx sin x  0,25 3 2 3 II 1  Xét   0  tan x   tan   x    k  cosx sin x 2 2,0® 1,0®  X ét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx 0,5 với t    2; 2  . Khi đó phương trình trở thành:   t 2 1  0  t 2  2t  1  0  t  1  2 t 2   1 2 Suy ra : 2cos  x    1  2  cos  x     cos     4 4 2      x    k 2 4
x2 - 4x + 3 = x  5 (1) 0,25 TX§ : D =  5; ) 2 1   x  2  7  x 5 2 ®Æt y - 2 = x  5 , y  2   y  2   x  5 Ta cã hÖ :  x  2  2  y  5  x  2  2  y  5     2  y  2   x  5   x  y   x  y  3  0 y  2 y  2     2 0,25    x  2  2  y  5  1,0®   x  y  0   5  29  x     x  2  2  y  5   2    x  1    x  y  3  0   y  2 0,5 1 1 1 1 x  1 x2 1 x  1 x2 dx Ta có : = dx   dx   1 x  2  1  x 2  1  x  2x 1 x2 1 1 1 0,5 1 1 1  x2 1 1    1 dx    dx III 2 1  x  2x 1 1® 1.0® 1 1 1  1 1  I1  1  x  1 dx  2 ln x  x  |1  1   2   1 1 x2 dx . Đặt t  1  x 2  t 2  1  x 2  2tdt  2xdx  I2   0,5 2x 1
t  2 x  1 Đổi cận :    x  1  t  2  2 t 2 dt V ậy I2= 2 2  t 2  1  0 N ên I = 1 Gọi  là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) . 0,25 Ta có :   SCA ; BC = AC = a.cos  ; SA = a.sin  V ậy 1 1 1 1 VSABC  .SABC .SA  .AC.BC.SA  a 3 sin .cos 2  a 3 sin  1  sin 2   3 6 6 6 X ét hàm số : f(x) = x – x3 trên khoảng ( 0; 1) 1 Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 . f '  x   0  x   3 Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số IV S 1.0® f(x) liên tục và có một đ iểm cực trị là điểm 2® 0,5 cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN 1 2 hay Max f  x   f    x 0;1  3 3 3 B A a3  V ậy MaxVSABC = , đạt được khi 93 C 1 1 sin  = hay   arcsin 3 3  ( với 0 <   ) 2 +Ta có : 1 11 1 1 11 1 1.0® ); );  .(  (  2x  y  z 4 2x y  z x  2y  z 4 2 y x  z V 1® 1 11 1 (  ) x  y  2z 4 2 z y  x
1 11 1 + Lại có :  (  ); xy 4 x y 1 11 1  (  ); yz 4 y z 1 11 1  (  ); xz 4 x z cộng các BĐT này ta được đpcm. Đ ường thẳng AC đ i qua điểm (3 ; 1 ) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a2 + b2  0) . Góc của nó tạo với BC 0,25 b ằng góc của AB tạo với BC nên : 2a  5b 2.12  5.1  2 2 2 2 2  52 . 12 2  12 2 2 5 . a b 0,25 2a  5b 29 2  5  2a  5b   29  a 2  b 2    2 2 5 a b a  12b 2 2  9a + 100ab – 96b = 0   VIa a  8 b 9  2® 1 N ghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm 1® ( 3 ; 1) không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác . 0,25 V ậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9 Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0 0,25
0,25 Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5) Đ ường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình : x  9  t   y  6  8t 0,25  z  5  15t   + Đường thẳng (d) đ i qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP u 1;1; 2    + Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP u '  2;1;1 Ta có :   2 MM '   2; 1;3  1®         8  0 MM '  u, u '   2; 1;3  12 21 11  ; ;   11 12 21 Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm) 0,25 K hi đó :      MM '  u, u ' 8   d   d  ,  d '      11  u, u '   0,25 Chọn khai triển : .0,25 5  x  1  C0  C1 x  C2 x 2    C5 x 5 5 5 5 5 7  x  1  C 0  C1 x  C 2 x 2    C7 x 7  C 0  C1 x  C7 x 2    C5 x 5   2 V IIa 1đ 7 7 7 7 7 7 7 H ệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)5.(x + 1)7 là : 0,25 C5 C5  C1 C7  C2 C3  C3C2  C5 C1  C5C7 0 4 4 50 7 5 57 57 7 Mặt khác : (x + 1)5.(x + 1)7 = (x + 1)12 và hệ số của x5 trong khai 0,25
triển của (x + 1)12 là : C12 5 0,25 Từ đó ta có : C5 C7  C15C 7  C5 C7  C5C 7  C5 C1  C5C7 = C12 = 792 05 4 23 32 4 50 5 7 Đ ường tròn (C1) có tâm I1(5 ; -12) bán kính R1 = 1 5 , Đ ường tròn (C2) có tâm I2(1 ; 2 ) bán kính R1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By 0,25 +C=0 (A2 + B2  0) là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) thì khoảng cách từ I1 và I2 đến đường thẳng đó lần lượt bằng R1 và R2 , tức là :  5A  12B  C  15 1  A 2  B2    A  2B  C  5 2 0,25   A 2  B2  Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | H ay 5A – 12B + C =  3(A + 2B + C) VIb TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C)  C = A – 9 B thay vào 2đ (2) : 1 1đ |2A – 7B | = 5 A 2  B2  21A 2  28AB  24B2  0 0,25 14  10 7 A B 21 N ếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 10 7 , C = 203  10 7 V ậy có hai tiếp tuyến : (- 14 10 7 )x + 21y 203  10 7 = 0 4A  3B TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C)  C  , thay vào 2 (2) ta được : 96A2 + 28AB + 51B2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm .
0,25  a) + Đường thẳng (d) đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP u 1; 2;5   + Đường thẳng (d’) đi qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP u ' 1; 2; 3 1 3 N hận thấy (d) và (d’) có một đ iểm chung là I   ; 0;  hay (d)    2 2 và (d’) cắt nhau . (ĐPCM)   u   15  15  15 b ) Ta lấy v   .u '    7 ; 2 7 ; 3 7  .   2 u'   1®     15  15 15 Ta đặt : a  u  v  1  ;2 2 ;5  3   7 7 7    15  15 15 b  u  v  1  ;2 2 ;5  3   7 7 7   K hi đó, hai đường phân giác cần tìm là hai đường thẳng đ i qua I  và lần lượt nhận hai véctơ a , b làm VTCP và chúng có phương trình là :
  1 15  1 15   x    1   x    1  t t 2 7 2 7          15   15    và y   2  2 y   2  2 t t  7  7          z  3   5  3 15  t  z  3   5  3 15  t     2 7 2 7         ĐK : x > 0 0,25 PT đ ã cho tương đương với : log5( x + 3) = log2x (1) Đ ặt t = log2x, suy ra x = 2t t t 2 1  2   log5  2t  3  t  2t  3  5t     3    1 (2)   3 5 0,25 t t 2 1 X ét hàm số : f(t) =    3     3 5 VIIb 1® t t 2 1 f'(t) =   ln 0, 4  3   ln 0, 2  0, t  R   3 5   Suy ra f(t) nghịch biến trên R 0,25 Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log2x = 1 hay x =2 V ậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2 0,25