Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán (số 130)

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 130). PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I ( 2 điểm) x2 (C ) Cho hàm số y  x 3 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C). 2) Tìm trên đồ thị ( C) điểm M sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận đứng 1 bằng khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận ngang. 5 Câu II ( 2 điểm) 1) Giải phương trình : 2sin 3 x  cos 2 x  cos x  0 2) Giải bất phương trình: Câu III ( 1 điểm). x2  x  2  3 x  5x2  4 x  6. 1. Tính I   x ln(1  x 2 )dx 0. Câu IV ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B , AB = a, AC = 2a, SA = a và SA vuông góc mặt đáy, mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SC tại H và cắt SB tại K. Tính thể tích khối chóp S.AHK theo a. Câu V ( 1 điểm)  1  1  Cho x, y > 0 và x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=  x 2  2   y2  2  . y  x   PHẦN RIÊNG ( 3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( Phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a ( 2 điểm) 1) Cho tam giác ABC có B(3; 5), đường cao AH và trung tuyến CM lần lượt có phương trình d: 2x - 5y + 3 = 0 và d’: x + y - 5 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A và viết phương trình cạnh AC. 2) Cho mặt cầu (S) : ( x  3) 2  ( y  2) 2  ( z  1) 2  100 và mặt phẳng ( ) : 2 x  2 y  z  9  0 Chứng minh rằng (S) và ( ) cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn (T). Tìm tâm và bán kính của đường tròn (T) . Câu VII.a ( 1 điểm) Tìm số phức z, nếu z 2  z  0 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI .b ( 2 điểm) 1) Cho đường tròn ( C) x 2  y 2  2 x  4 y  4  0 và điểm A (-2; 3) các tiếp tuyến qua A của ( C). tiếp xúc với ( C) tại M, N .Tính diện tích tam giác AMN.. x  4  t x  2 y 1 z 1    2) Cho hai đường thẳng d: và d’:  y  2  t 1 1 2 z  t  Chứng minh rằng d và d’ chéo nhau. Tính độ dài đoạn vuông góc chung của d và d’. x 2  3x  2 (C). Tìm trên đường thẳng x = 1 những điểm mà từ đó x kẻ được 2 tiếp tuyến đến đồ thị ( C).. Câu VII.b ( 1 điểm) Cho hàm số y . *********************Hết********************. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 64) Nội dung. +)pt  2sin 3 x  (1  2sin 2 x)  cos x  0  2sin 2 x(1  s inx)  (1  cos x)  0  (1  cos x) 2(1  cos x)(1  s inx)  1  0.  (1  cos x) 2(s inx  cos x)  2sin x cos x  1  0. 1  cos x  0 (1)   2(s inx  cos x)  2sin x cos x  1  0 (2) Giải (1) ta được x  2k (k  Z ).  Đặt t  s inx  cos x  2 sin( x  ) , t    2; 2  4 t  0  Ta được phương trình t 2  2t  0   t  2 (loai) Giải (2) :. Với t = 0  x .    k (k  Z ) Vậy phương trình có nghiệm: x  2k x   k ( k  Z ) 4 4. Bình phương hai vế ta được 6 x( x  1)( x  2)  4 x 2  12 x  4.  3 x( x  1)( x  2)  2 x( x  2)  2( x  1) 3. Đặt t . x( x  2) x( x  2) 2 2 x 1 x 1.  1 t  2  t  2 ( do  t  2. x( x  2)  0 ta được bpt 2t 2  3t  2  0 x 1. t  0). Với t  2 . x( x  2)  2  x2  6x  4  0 x 1.  x  3  13   x  3  13 ( do x  2 ) Vậy bpt có nghiệm x  3  13  x  3  13 Đặt u  ln(1  x 2 )  du . 1. 2 xdx 1  x2. dv  xdx  v . x2 2. 1. x2 x3 1 Do đó I  ln(1  x 2 )   dx  ln 2  I1 2 2 1 x 2 0 0 1. 1. 1. x 1 1 2x 1 1 )dx  x   dx   ln 1  x 2 Tính I1: Ta có I1   ( x  2 2 1 x 2 0 2 0 1 x 2 2 0 Lop10.com. 1.  0. 1 1  ln 2 2 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Vậy I  ln 2 . 1 2 S. +) Theo bài ra ta có SH  ( AHK ). H. BC  SA, BC  AB  BC  ( SAB )  BC  AK. a. Và AK  SC nên. K. AK  ( SBC )  AK  KH và SB  AK. 2a. C. A a B. +) Áp dụng định lý Pitago và hệ thức trong tam giác vuông ta có AK . 1 a 2 SB  , 2 2. +) Ta có S AHK . Vậy VS . AHK . AH . 2a a 3 a  KH  , SH  5 10 5. 1 a2 6 AK .HK  (dvdt ) 2 4 10. 1 a3 3 S AHK .SH  (dvtt ) 2 60. +) Theo B ĐT Côsi ta có 0<xy . +) Ta có P  2  (xy)2 . 1 1   t  (xy)2   0;  4  16 . 1 t2  1 1 1 1  /  P  1   2  0, t   0;  t   2 2 2  t t (xy) t  16 . +) B¶ng biÕn thiªn : 1 16. 0. t. -. P’. 289 16. P +) Từ bbt ta có min P . 289 1 1 x y tại t  16 16 2 A. 22  x  2 x  5 y  3  0  22 13  7   D( ; ) +) Gọi D  d  d ' nên tọa độ của D là nghiệmd’của hệ  7 7  x D y  5  0  y  13  7 C. B E d. Lop10.com. d1.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> +) Goi d1 là đường thẳng qua B và song song với d’ nên phương trình d1 là: x + y – 8 = 0. Gọi E  d  d1 nên E (. 33 19 ; ) .Vì d’ là đường trung tuyến qua C nên D là trung điểm AE suy ra A(1;1) 7 7. +) Ta có cạnh BC  c với d nên phương trình cạnh BC là 5x + 2y – 25 = 0Suy ra  38 47 35 50 C  ( BC )  d '  C ( ; )  AC ( ; ) 3 3 3 3.  x  1  38t +) Vậy phương trình cạnh AC là   y  1  47t +) Mặt cầu (S) có tâm I(3;-2;1) và bán kính r = 10 .Ta có : h  d ( I , ( )) . 2.3  2(2)  1  9 4  4 1. 6. Vậy d ( I , ( ))  r nên (S) cắt ( ) theo giao tuyến là đường tròn (T) . +) Gọi J là tâm của (T) thì J là hình chiếu của I lên ( ) .Xét đường thẳng (d) đi qua I và vuông góc với ( ) ..  x  3  2t    Lúc đó (d) có vectơ chỉphương là a  n  (2; 2; 1) . Phương trình tham số của (d) là : (d ) :  y  2  2t (t  A ) z  1 t   x  3  2t  y  2  2t  +) Ta có J  d  ( ) Xét hệ:  Giải hệ này ta được : J(-1;2;3) . z  1 t 2 x  2 y  z  9  0 +) Gọi r’ là bán kính của (T) , ta có : r   r 2  h 2  100  36  8 Vậy : J(-1;2;3) và r’= 8 +) Đặt z = x + yi, khi đó z 2  z  0  ( x  yi )2  x 2  y 2  0. +).  x 2  y 2  x 2  y 2  0  x 2  y 2  x 2  y 2  2 xyi  0   2 xy  0. +) . . .   x  0  2   y  y  0     y  0  x 2  x  0  .   x  0    y (1  y )  0     y  0   x (1  x )  0 .  x  0   y  0  y  1     x  0 (do x  1  0)     y  0.   x  0, y  0    x  0, y  1   x  0, y  1   y  0, x  0. +)Vậy có ba số phức thoả điều kiện là z = 0; z = i; z = − i.. +) Ta có (C ) có Tâm I(1; 2) bán kính R = 3 Và dễ thấy có một tiếp tuyến vuông góc với Ox và qua A là d: x= 2 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> +)Gọi d’ là dường thẳng qua A ( -2; 3) có hệ số góc là k ta có d’ y = k(x + 2) + 3 d’ là tiếp tuyến của ( C ) d( I, d’ ) = R . 3k  1 k 2 1. 3 k . + ta có tiếp điểm của d và (C ) là M(-2; 0), của d’ và (C ) là N (. + Ta có AM = 3, d ( N , d )  2 . 4 3. 7 57 ; ) 5 5. 7 3 1 9  .Vậy S AMN  AM .d ( N , d )  (dvdt ) 5 5 2 10.    +) Ta có vtcp của d u (1; 1; 2) và M(2;1;1)  d vtcp của d’ u '(1; 1;1) và N (4;2;0)  d' => MN (2;1; 1)    +)Ta có u , u ' .MN  3  0 vậy d và d’ chéo nhau ta có A  d  A(2  k ;1  k ;1  2k ) ,  B  d '  B (4  t ; 2  t ; t )  AB (2  t  k ;1  t  k ; 1  t  2k ) AB là đoạn vuông góc chung .   AB.u  0     AB.u '  0.  4t  6k  1  0 t  2 3 2 +)    AB (1,5;1,5;0) Vậy d(d,d’) = AB =  2 3t  4k  0 k  1,5    u , u ' .MN 3   Chú ý : có thể tính theo cách d (d , d ')     2 u , u '  . +) Gọi M là điểm thuộc đường thẳng x=1, d là đường thẳng đi qua M có hệ số góc là k. d có phương trình là : y= k(x-1)+m ( víi M(1,m) ) +) Thay (2) vµo (1) ta cã. x 2  3x  2  x 2  2    2  ( x  1)  m x  x .  x( x 2  3 x  2)  ( x 2  2)( x  1)  mx 2  g ( x, m)  (2  m) x 2  4 x  2  0 (3) +)Để từ M kẻ được đúng 2 tiếp tuyến đến C thì phương trình (3) có đúng 2 ngiệm phân biệt.  '  4  2(2  m)  0   2m  0  m0 Do đó   (*)   (2  m) g ( x, m)  (2  m)(2)  0 2  m  0 m  2 +) Vậy trên đường thẳng x=1 .Tập hợp các điểm có tung độ nhỏ hơn 0 (m<0) bỏ đi điểm (1,-2) thì từ đó kẻ được đúng 2 tiếp tuyến đến C. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>