Bộ đề thi thử đại học môn thi: Toán (Đề số 11)

<span class='text_page_counter'>(1)</span>http://ductam_tp.violet.vn/. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2009 - 2010 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 2x  3 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  có đồ thị (C). x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) 2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0 2. Giải phương trình: x2 – 4x - 3 = x  5 Câu III (1 điểm) 1 dx Tính tích phân:  2 1 1  x  1  x Câu IV (1 điểm) Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh 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 ) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn. 1 1 1    4 . CMR: x y z. 1 1 1   1 2x  y  z x  2 y  z x  y  2 z. 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 điểm (3;1) 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P) : x – 2y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng :  x  1  2t x 1 3  y z  2  (d) và (d’)  y  2  t   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 điểm ) Tính tổng : S  C05 C57  C15 C74  C52 C37  C53C72  C54C17  C55C70 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b.( 2 điểm ) 1. Viết 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 Đêcác 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 : 2log5  x 3  x ----------------------------- Hết ----------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> http://ductam_tp.violet.vn/. đáp án đề thi thử đại học lần 2 năm học 2009 - 2010 M«n thi: to¸n Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. C©u. Néi dung. §iÓm. 2x  3 cã : x2 - TX§: D = R \ {2} - Sù biÕn thiªn: + ) Giới hạn : Lim y  2 . Do đó ĐTHS nhận đường thẳng y = 2 làm TCN. Hµm sè y =. 0,25. x . , lim y  ; lim y   . Do đó ĐTHS nhận đường thẳng x = 2 làm TCĐ x  2. x  2. +) B¶ng biÕn thiªn: 1 Ta cã : y’ =  < 0 x  D 2  x  2. x. 1 1.25®. y. 2. . y’. 0,25.  -. -. 0,25. . 2. 2. . Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng  ;2  vµ hµm sè kh«ng cã cùc trÞ - §å thÞ 3 + Giao ®iÓm víi trôc tung : (0 ; ) 2 + Giao ®iÓm víi trôc hoµnh : A(3/2; 0) 8. I 2.0®. 0,5. 6. 4. 2. - §THS nhËn ®iÓm (2; 2) làm tâm đối xứng -5. 5. 10. -2. -4. 1  1  Lấy điểm M  m; 2  .    C  . Ta có : y '  m    2 m2   m  2. 2 0,75đ. Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình : 1 1 y x  m  2  2  m2  m  2. 0,25đ. 2   Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : A  2; 2   m2  Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2). 0,25đ. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 1,0®. II 2,0®.   1 2 Ta có : AB2  4  m  2    8 . Dấu “=” xảy ra khi m = 2 2  m  2    Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2) Phương trình đã cho tương đương với : 2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0  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 3   2     cosx  sin x  cosx.sin x   0  cosx sin x  2 3 3  Xét   0  tan x   tan   x    k  cosx sin x 2  Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx với t    2; 2  . Khi đó phương trình trở thành:   2 t 1 t  0  t 2  2t  1  0  t  1  2 2    1 2   Suy ra : 2cos  x    1  2  cos  x     cos 4 4 2     x     k 2 4 2 x - 4x + 3 = x  5 (1) TX§ : D =  5; ). 1   x  2 . 2. 0,25đ. 0,25. 0,25 0,5. 0,25. 7  x 5 2. 2 1,0®. đặt 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      x  2  2  y  5    x  y  0  5  29  x  2     x  2   y  5  2    x  1    x  y  3  0  y  2 1. Ta có :.  1 x . 1. 1. III 1.0®.  1®. 1. dx 1 x2. =. 1. 1 x  1 x2. 1  x . 2.  1  x 2 . 0,25. 0,5. 1. 1 x  1 x2 dx  2x 1. dx  . 0,5. 1. 1 1  1  x2  1 dx     2x dx 2 1  x  1 1. . I1 . . I2 . 1 1  1 1   1 dx   ln x  x  |1  1  2 1  x  2 1.  1. 1 x2 dx . Đặt t  1  x 2  t 2  1  x 2  2tdt  2xdx 2x Lop12.net. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> t  2 x  1 Đổi cận :    x  1  t  2 2. Vậy I2=. t 2dt  2  t 2  1  0 2. Nên I = 1 Gọi  là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) .. IV 2®. 1.0®. Ta có :   SCA ; BC = AC = a.cos  ; SA = a.sin  Vậy 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 Xét 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 f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm S cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN 2  1  hay Max f  x   f   x 0;1  3 3 3 a3 , đạt được khi 9 3 1 1 sin  = hay   arcsin 3 3  ( với 0 <   ) 2 +Ta có :. 0,25. 0,5. Vậy MaxVSABC =. V. 1.0®. B. A.  C. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  .(  );  (  );  (  ) 2x  y  z 4 2x y  z x  2y  z 4 2 y x  z x  y  2 z 4 2z y  x 1 1 1 1 + Lại có :  (  ); xy 4 x y 1 1 1 1  (  ); yz 4 y z 1 1 1 1  (  ); xz 4 x z. 1®. cộng các BĐT này ta được đpcm.. VIa 2® 1 1®. Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a2 + b2  0) . Góc của nó tạo với BC bằng góc của AB tạo với BC nên : 2a  5b 2.12  5.1  22  52 . a 2  b 2 2 2  52 . 12 2  12 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   a  8 b 9  Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1) không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác . Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9 Lop12.net. 0,25 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0. 2 1®. Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5) Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình : x  9  t   y  6  8t  z  5  15t   + Đường thẳng (d) đi 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 :   MM '   2; 1;3     MM '  u, u '   2; 1;3  11 12 ; 12 12 ; 12 11  8  0   Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm) Khi đó :    MM '  u, u ' 8 d   d  ,  d '      11  u, u '   Chọn khai triển : 5  x  1  C05  C15 x  C25 x 2    C55 x 5. . 1đ. 5 Từ đó ta có : C50C57  C15C74  C25 C37  C35C27  C54C17  C55C70 = C12 = 792. VIb 2đ. 1 1đ. 0,25. 0,25. 0,25 .0,25. 7.  C 07  C17 x  C 27 x 2    C77 x 7  C 07  C17 x  C72 x 2    C57 x 5   Hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)5.(x + 1)7 là : C50 C75  C15C 74  C52C73  C53C 72  C54C17  C55C70 Mặt khác : (x + 1)5.(x + 1)7 = (x + 1)12 và hệ số của x5 trong khai triển của 5 (x + 1)12 là : C12.  x  1. VIIa. . 0,25. Đường tròn (C1) có tâm I1(5 ; -12) bán kính R1 = 15 , Đường tròn (C2) có tâm I2(1 ; 2) bán kính R1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + 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    A 2  B2  Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | Hay 5A – 12B + C =  3(A + 2B + C) TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C)  C = A – 9B thay vào (2) : 2. 2. 2. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 2. |2A – 7B | = 5 A  B  21A  28AB  24B  0 14  10 7 A B 21 Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 10 7 , C = 203  10 7 Vậy 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) ta 2 được : 96A2 + 28AB + 51B2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm . Lop12.net. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  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 Nhận thấy (d) và (d’) có một điểm chung là I   ; 0;  hay (d) và (d’) cắt  2 2 nhau . (ĐPCM)   u   15 15 15  b) Ta lấy v   .u '   ; 2 ; 3 . 7 7  u'  7. 2 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   Khi đó, hai đường  phân giác cần tìm là hai đường thẳng đi 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 t    t   y   2  2 7 7          z  3   5  3 15  t  z  3   5  3 15  t     2  7  2  7    ĐK : x > 0 PT đã cho tương đương với : log5( x + 3) = log2x (1) Đặt t = log2x, suy ra x = 2t t. t. 2 1  2   log5  2t  3  t  2t  3  5t     3    1 (2) 3 5 t. VIIb. 1®. 2 1 Xét hàm số : f(t) =    3   3 5 t. 0,25 0,25. 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 Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log2x = 1 hay x =2 Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2. Lop12.net. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>