Tài liệu Đề thi thử Toán ĐH năm 2013 Đề số 18 ppt

http://ductam_tp.violet.vn/


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2011
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề


PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
2x 3
y
x 2



có đồ thị (C).
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: x
2
– 4x - 3 =
x 5


Câu III (1 điểm)
Tính tích phân:
1

2
1
dx
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
x y z
  
. CMR:
1 1 1
1
2 2 2x y z x y z x y 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 :
(d)
x 1 3 y z 2
1 1 2
  
 

và (d’)
x 1 2t
y 2 t
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 :
0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0
5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7
S C C C C C C C C C C C C
     

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b.( 2 điểm )
1. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn :
(C
1
) : (x - 5)
2
+ (y + 12)
2
= 225 và (C
2
) : (x – 1)
2
+ ( y – 2)
2
= 25
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng :
(d)
x t
y 1 2t
z 4 5t



 


 

và (d’)

x t
y 1 2t
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 :


5
log x 3
2 x



Hết
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
http://ductam_tp.violet.vn/

đáp án đề thi thử đại học lần
2

năm học 2009
-

2010

Môn thi: toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề


Câu Nội dung Điểm

I
2.0đ
1
1.25đ


Hàm số y =
2x 3
x 2


có :
- TXĐ: D =
R
\ {2}
- Sự biến thiên:
+ ) Giới hạn :
x

Lim y 2


. Do đó ĐTHS nhận đờng thẳng y = 2 làm TCN
,
x 2 x 2
lim y ;lim y



. Do đó ĐTHS nhận đờng thẳng x = 2 làm TCĐ
+) Bảng biến thiên:
Ta có : y =

2
1
x 2


< 0
x D

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng



;2
và hàm số không có cực trị
- Đồ thị
+ Giao điểm với trục tung : (0 ;
3
2
)
+ Giao điểm với trục hoành :
A(3/2; 0)

- ĐTHS nhận điểm (2; 2)
làm tâm đối xứng










0,25

0,25






0,25







0,5
2
0,75
Ly im
1
M m;2
m 2

C

. Ta cú :


2
1
y' m
m 2


.
Tip tuyn (d) ti M cú phng trỡnh :



2
1 1
y x m 2
m 2
m 2




Giao im ca (d) vi tim cn ng l :

2
A 2;2
m 2






Giao im ca (d) vi tim cn ngang l : B(2m 2 ; 2)




0,25



0,25



8
6
4
2
-2
-4
-5
5

10

y

y

x





-




2

-

2

2

2

Ta có :
 
 

2
2
2
1
AB 4 m 2 8
m 2
 
   
 

 
 
. Dấu “=” xảy ra khi m = 2
Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2)



0,25đ
II
2,0®
1
1,0®
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
   
      
   
   
   
  

 
2 3
cosx sin x cosx.sin x 0
cosx sin x
 
    
 
 

 Xét
2 3 3
0 tan x tan x
cosx sin x 2

          
k

 Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx
với
t 2; 2
 

 
 
. Khi đó phương trình trở thành:
2
2
t 1
t 0 t 2t 1 0 t 1 2
2

        
Suy ra :
1 2
2cos x 1 2 cos x cos
4 4
2
  
   
       
   
   

x 2
4

     
k



0,25

0,25


0,5

2
1,0®
x
2
- 4x + 3 =
x 5

(1)
TX§ : D =

5; )
 

   
2
1 x 2 7 x 5
    

®Æt y - 2 =
x 5

,

 
2
y 2 y 2 x 5
    

Ta cã hÖ :
 
 
 
  
2
2
2
x 2 y 5
x 2 y 5
y 2 x 5 x y x y 3 0
y 2 y 2

  

  


 
       
 
 
 






 
 
2
2
x 2 y 5
x y 0
5 29
x
2
x 2 y 5
x 1
x y 3 0
y 2



  





 










 
 
  






 


  









0,25

0,25







0,5

III
1.0®
1®
Ta có :
1
2
1
dx
1 x 1 x

  

=
 
 
1 1

2 2
2
2
1 1
1 x 1 x 1 x 1 x
dx dx
2x
1 x 1 x
 
     
 
  
 

1 1
2
1 1
1 1 1 x
1 dx dx
2 x 2x
 

 
  
 
 
 


1

1
1 1
1
1 1 1
I 1 dx ln x x | 1
2 x 2


 
      
 
 
 



1
2
2
1
1 x
I dx
2x




. Đặt
2 2 2
t 1 x t 1 x 2tdt 2xdx

      


0,5




0,5
Đổi cận :
x 1 t 2
x 1
t 2

 




 





Vậy I
2
=
 
2

2
2
2
t dt
0
2 t 1




Nên I = 1
IV
2®

1.0®
Gọi

là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) .
Ta có :

SCA
 
; BC = AC = a.cos

; SA = a.sin


Vậy
 
3 2 3 2

SABC ABC
1 1 1 1
V .S .SA .AC.BC.SA a sin .cos a sin 1 sin
3 6 6 6
        

Xét hàm số : f(x) = x – x
3
trên khoảng ( 0; 1)
Ta có : f’(x) = 1 – 3x
2
.
 
1
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
cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN
hay
 
 
x 0;1
1 2
Maxf x f
3 3 3

 
 

 
 

Vậy MaxV
SABC
=
3
a
9 3
, đạt được khi
sin

=
1
3
hay
1
arcsin
3
 
( với 0 <
2

 
)

0,25

0,5


V
1.0®

+Ta có :
1 1 1 1
2 4 2
.( )
x y z x y z
 
  
;
1 1 1 1
2 4 2
( )
x y z y x z
 
  
;
1 1 1 1
2 4 2
( )
x y z z y x
 

  
+ Lại có :
1 1 1 1
( );
x y 4 x y
 



1 1 1 1
( );
y z 4 y z
 



1 1 1 1
( );
x z 4 x z
 


cộng các BĐT này ta được đpcm.

1®
VIa
2®


1

1®
Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình :
a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a
2
+ b
2


0) . Góc của nó tạo với BC bằng góc của
AB tạo với BC nên :

2 2 2 2 2 2 2 2
2a 5b 2.12 5.1
2 5 . a b 2 5 . 12 1
 

   


2 2
2a 5b
29
5
a b

 


 



2
2 2
5 2a 5b 29 a b
   


9a
2
+ 100ab – 96b
2
= 0
a 12b
8
a 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

0,25

0,25





0,25




0,25

A
B
C
S



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
 








1 2 2 1 1 1
1 1 1 2 2 1
MM' u,u' 2; 1;3 ; ; 8 0
 
    
 
  

Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm)
Khi đó :

   
 
MM ' u,u '
8
d d , d'
11
u,u '
 
 
 
 
 
  
 

0,25



0,25







0,25





0,25
VIIa

1đ

Chọn khai triển :
 
5
0 1 2 2 5 5
5 5 5 5
x 1 C C x C x C x
     

 
7
0 1 2 2 7 7 0 1 2 2 5 5
7 7 7 7 7 7 7 7
x 1 C C x C x C x C C x C x C x
           
  

Hệ số của x
5
trong khai triển của (x + 1)
5
.(x + 1)
7
là :

0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0
5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7
C C C C C C C C C C C C
    
Mặt khác : (x + 1)
5
.(x + 1)
7
= (x + 1)
12
và hệ số của x
5
trong khai triển của
(x + 1)

12
là :
5
12
C

Từ đó ta có :
0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0
5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7
C C C C C C C C C C C C
     =
5
12
C
= 792

.0,25



0,25

0,25


0,25
VIb
2đ
1
1đ

Đường tròn (C
1
) có tâm I
1
(5 ; -12) bán kính R
1
= 15 , Đường tròn (C
2
) có
tâm I
2
(1 ; 2) bán kính R
1
= 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0
(A
2
+ B
2


0) là tiếp tuyến chung của (C
1
) và (C
2
) thì khoảng cách từ I
1
và I
2

đến đường thẳng đó lần lượt bằng R
1
và R
2
, tức là :

 
 
2 2
2 2
5A 12B C
15 1
A B
A 2B C
5 2
A B
  


 

 






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) :
|2A – 7B | = 5
2 2
A B


2 2
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

TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C)
4A 3B
C
2
 
  , thay vào (2) ta
được : 96A
2
+ 28AB + 51B
2
= 0 . Phương trình này vô nghiệm .

0,25




0,25





0,25

0,25



2
1®
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
 


Nhận thấy (d) và (d’) có một điểm chung là
1 3
I ;0;
2 2
 

 

 
hay (d) và (d’) cắt
nhau . (ĐPCM)
b) Ta lấy
u
15 15 15
v .u' ; 2 ; 3
7 7 7
u'
 
   
 
 
 

 

.
Ta đặt :
15 15 15
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
x 1 t
2 7
15
y 2 2 t
7
3 15
z 5 3 t
2 7

 
   

 

 

 

 

 
 

 
 


 

  
 
 

 

và
1 15
x 1 t
2 7
15
y 2 2 t
7
3 15
z 5 3 t

2 7

 
   

 
 

 

 

 
 

 
 


 

  
 
 

 


VIIb 1®
ĐK : x > 0
PT đã cho tương đương với : log
5
( x + 3) = log
2
x (1)
Đặt t = log
2
x, suy ra x = 2
t





t t t
5
2 log 2 3 t 2 3 5
     

t t
2 1
3 1
3 5
   
  
   
   
(2)

Xét hàm số : f(t) =
t t
2 1
3
3 5
   

   
   

f'(t) =
t t
2 1
ln0,4 3 ln0,2 0, t
3 5
   
   
   
   
R

Suy ra f(t) nghịch biến trên R
Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log
2
x = 1 hay x =2
Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2

0,25

0,25




0,25



0,25