đề thi thử đại học (có đáp án)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (498.72 KB, 5 trang )
x
y
O
1
GỢI Ý GIẢI
A. PHẦN CHUNG:
Câu I. (2đ)
1. (1đ). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C
1
).
Hàm số (C
1
) có dạng
3
3 2
y x x
.
Tập xác định:
D
.
Sự biến thiên
2
' 3 3 0 1
y x x
.
Bảng biến thiên:
Kết luận:
Đồ thị nhận điểm
0; 2
I
làm tâm đối xứng.
2. Ta có
2
' 3 3
y x m
.
Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình
' 0
y
có hai nghiệm phân biệt
0
m
.
Vì
1
. ' 2 2
3
y x y mx
nên đường thẳng
đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có phương trình là
2 2
y mx
.
Ta có
2
2 1
, 1
4 1
m
d I R
m
(vì m>0), chứng tỏ đường thẳng
luôn cắt đường tròn tâm
1;1
I
,
bán kính R=1 tại hai điểm A và B phân biệt.
Với
1
2
m
, đường thẳng
không đi qua I (A, I, B không thẳng hàng) ta có:
2
1 1 1
. .sin
2 2 2
ABI
S IA IB AIB R
.
Cho nên diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất bằng 2 khi
sin 1
AIB
hay tam giác ABI vuông cân
tại I.
1
2 2
R
IH (H là trung điểm AB)
2
2
2 1
1 2 3
4 8 1 0
22
4 1
m
m m m
m
Câu II (2đ)
1. (1đ) Giải phương trình:
2
1 sin cos 2cos 2 cos 2sin cos 2cos
2 4 2 2 2 2 4
cos . cos sin cos cos 2 cos 1 0
2 2 2 2 4 2 4 2
3
cos 0
2 4
2 4 2 2
1
2
cos
2 4
2
2
x x x x x
x x
x x x x x x
x
x
k x k
x
x
k
2
4
2
k
x k
x
y’
y
-1
1
0
0
+
-
+
4
0
www.VNMATH.com
2 (1đ) Giải hệ:
Điều kiện
x y
.
Ta có:
2 2
2 2
3 3 2 2
x y xy x y x y
.
Do đó hệ trở thành:
2 2
2
1
2 20
1
5
x y x y
x y
x y x y
x y
Đặt
1
;u x y v x y
x y
, hệ trở thành
2 2
2 22 1
5 2
u v
u v
Từ (2) ta rút ra v=5-u và thế (2) vào (1), ta có
2
2 2
3
2 5 22 3 10 3 0
1
3
u
u u u u
u
.
TH1:
3
3 2
1
2
2 1
x y
u x
x y
v y
x y
TH2:
1
1 4 10
3
3 3
1 14
14
3 10
3
3
3
x y
u x
x y
v
y
x y
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm.
Câu III (1đ)
2
sin cos
sin cos
x x
I dx
x x
Ta biến đổi:
2
cos 2 1 2sin
sin cos sin 2
2 4
sin cos
2 2 sin 2 2 sin 2 2 sin
4 4 4
x x
x x x
x x
x x x
Đặt
4
t x
và đưa tích phân về
3 3 3
2
4 4 4
1 2
4 4 4
1 1 2sin 1 1 1 1
sin
sin sin
2 2 2 2 2 2 2 2
t dt
I dt tdt I I
t t
,
trong đó:
3 3 3 3
4 4 4 4
1
2 2
4 4 4 4
cos
sin 1 1 1
cos
sin 1 cos cos 1 2 cos 1 cos 1
d t
dt tdt
I d t
t t t t t
3
4
4
1 cos 1 2 1
ln | ln
2 cos 1
2 1
t
t
;
3
3
4
4
2
4
4
sin cos | 2
I tdt t
.
Do đó
1 2
1 1 1 2 1
ln 1
2 2 2 2 2 2 1
I I I
.
Câu IV (1đ):
Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên
SO AC
,
SO CD
SO ABCD CD SO CD
.
www.VNMATH.com
A
K
H
S
D
C
B
O
G
I
Gọi K là trung điểm của CD. Khi đó
SK CD
và
CD SOK
.
Từ G, kẻ ,
vaø do
GH SK GH CD
GH SCD
hay
3
6
a
GH
(theo gt).
Gọi I là hình chiếu của O lên SK, khi đó
,
OI SK OI CD
OI SCD
OI là khoảng
cách cần tìm.
Ta có:
2 3 3 3 3
.
3 2 2 6 4
GH SG a a
OI GH
OI SO
Mặt khác, trong tam giác OIK,
3
sin 60
2
o
OI
OKI OKI
OK
.
3
tan 60 .tan 60
2
o o
SO a
SO OK
OK
.
Đáy ABCD là hình vuông cạnh a nên
2
ñvdt
ABCD
S a
Vậy
3
2
.
1 3 . 3
. .
3 2 6
S ABCD
a a
V a
ñvtt
Câu V (1đ)
Từ giả thiết ta có
0 , , 3
x y z
. Khi đó:
2
1
1
1 1 1
1 1
2 2 2
x x
x
x x x x x
x x
.
Tương tự
2
1 1
1
2 2
y y y
y
;
2
1 1
1
2 2
z z z
z
.
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được:
1 1 1 1 3
2 2
P x y z
x y z
Ta lại có
0 3
x y z
, theo bất đẳng thức Cauchy-Swartz:
1 1 1 9
3
x y z x y z
Do đó
3 3
3 3
2 2
P
. Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1.
Vậy P
max
=3, đạt được khi x=y=z=1.
B. PHẦN RIÊNG:
I. Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa. 1) Viết lại phương trình đường tròn (C):
2 2
3 1 4
x y
, từ đó (C) có tâm
3; 1
I
, bán
kính
2
R
.
Đường thẳng
đi qua điểm
2;0
M cắt (C) tại A, B sao cho M là trung điểm AB, do đó
1;1
IM
là một vector pháp tuyến của đường thẳng
; phương trình đường thẳng
là
1. 2 1. 0 0 2 0
x y x y
.
2) Gọi
; ;
n A B C
là một vector pháp tuyến của mặt phẳng (P), phương trình mặt phẳng (P) có dạng
1 2 0 2 0
Ax B y C z Ax By Cz B C
.
1;1;3 3 2 0
N P A B C B C
2
A B C
.
Như vậy phương trình mặt phẳng (P) trở thành
2 2 0
B C x By Cz B C
.
Khoảng cách từ K đến mặt phẳng (P):
www.VNMATH.com
2 2 2 2
2
1 1 1
,
2
4 2 4 2 4
4
2 1 2
B
d K P
B C BC C C
C
B B
B
.
Dấu bằng xảy ra khi B=-C.
Từ đó, phương trình mặt phẳng (P) trở thành:
3 0 3 0
Cx Cy Cz C x y z
.
Câu VIIa. Điều kiện x>0.
Đặt
3
log
t x
, phương trình trở thành
2
1 4 16 0
x t xt
(*).
2
2
4 16 1 2 4
x x x
3
3
1
log 4
4
2 2 4
81
*
4
4
1
log
3
1
1
haøm VT ñoàng bieán, VP nghòch bieán
x
t
x
x x
t
x
t x
x
x
x
II. Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb. 1) Gọi phương trình đường thẳng
đi qua
1
1;
2
M
có dạng
2 2
1
, 0
1
2
x at
a b
y bt
Phương trình hoành độ giao điểm của
và (E) là:
2
2
2 2 2
1
1
1 4 2 2 2 0
4 2
at
bt a b t a b t
.
Vì
2 2
2 0
ac a b
, phương trình có hai nghiệm phân biệt t
1
, t
2
, nên
luôn cắt (E) tại hai điểm A,
B phân biệt. Khi đó
1 2
2 2
2 2
4
a b
t t
a b
Gọi
1 1 2 2
1 1
1 ; ; 1 ;
2 2
A at bt B at bt
.
Ta có
1 2
1 2
2
1 0 2 0
2 2
A B
M
a t t
x x
x t t a b
1 2
1
1
2 0
2 2 2
A B
M
b t t
y y
y a b
.
Chọn
1
b
;
2
a
, phương trình trở thành
1 2
1
2
x t
y t
.
2) Viết lại phương trình mặt cầu:
2 2 2
1 2 3 81
x y z
, mặt cầu có tâm
1;2;3
I , bán kính
R=9.
Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A có dạng:
13 1 0 13 0
a x b y cz ax by cz b a
.
12 4 13 0 4
B P a b c a a b c
.
Phương trình mặt phẳng (P) trở thành
4 12 52 0
b c x by cz b c
.
(P) tiếp xúc với mặt cầu (S) khi và chỉ khi:
2 2
2 2 2 2 2 2
9 5
, 9 9
2 8 17
4
2 8 17 10 25 2 8 0
2
b c
d I P
b bc c
b c
b bc c b bc c b bc c
b c
Vậy (P) có phương trình
8 4 100 0
x y z
hoặc
2 2 28 0
x y z
.
www.VNMATH.com
Câu VIIb. Đặt
2 0
x
t
, phương trình trở thành
2
3. 3 10 . 3 0
t x t x
có
2 2
2
3 10 12 3 9 48 64 3 8
x x x x x
.
Do đó
10 3 3 8
1
6 3
10 3 3 8
3
6
x x
t
x x
t x
hay
2
1 1
2 log
3 3
2 3 1 ( 3
y=2 ñoàng bieán, nghòch bieán)
x
x x
x
x x y x
www.VNMATH.com
