Đề thi thử đại học năm 2009 lần I môn : Toán, khối A, B

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TR¦êng thpt minh ch©u. Đề thi thử đại học năm 2009 lần i. Môn : Toán, khối A,B (Thời gian 180 không kể phát đề). Câu I:(2 điểm) Cho hàm số y = 2 x  3 có đồ thị là (C) x 2. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất.. Câu II: (2 điểm) 1) Giải phương trình:.        2 3 sin( x  ) cos( x  )  2cos 2 ( x  )= 3  4 sin 2 x  cos(  x)cos(  x)  8 8 8 3 3  .  x2  y 2  x  y  0 2) Giải hệ phương trình:  2 2.  x  3 y  2 xy  x  5 y  2  0 . Câu III: (2 điểm) .TÝnh tÝch ph©n sau:. 3. I 0. x  sin 2 x dx cos 2 x. Câu IV: (1 điểm) Cho h×nh chãp S.ABC cã SB(ABC), ABC vu«ng t¹i A, c¹nh AB=a, AC=b, SB=c. TÝnh b¸n kÝnh mÆt cÇu néi tiÕp h×nh chãp S.ABC.. . .  Câu V: (1 điểm)Tìm m để PT: 2 sin 4 x  cos 4 x  cos 4 x  2sin 2 x  m  0 có nghiệm trên 0;  .  2. Câu VIa: (2 điểm) 1. Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình.  C1  : x 2  y 2  4 y  5  0.  C2  : x 2  y 2  6 x  8 y  16  0. Lập phương trình tiếp tuyến chung của  C1  2. Cho điểm A  2;5;3 và đường thẳng d :. và. và  C2  .. x 1 y z  2   . Viết phương trình mặt phẳng   chứa d 2 1 2. sao cho khoảng cách từ A đến   lớn nhất.. Câu VIIa: (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a  b  c  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c .. Câu VIb: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho ®iÓm I(-2;0) vµ 2 ®­êng th¼ng (d):  2x –y + 5 = 0, (d’): x +y -3 = 0. ViÕt phương trình đường thẳng đi qua I & cắt d,d’ lần lượt tại A,B sao cho IA  2 IB 2) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng x 1 y 1 z  2 x2 y2 z     d1: , d2: 2 3 1 1 5 2 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2. x3  y 3  16 z 3 CâuVIIb(điểm) Cho x, y, z  0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3  x  y  z -----------------Hết--------------Chữ kí giám thị 1: ................................. Chữ kí giám thị 2: .................................... Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-ĐỢT I-NĂM 2009-2010 CÂU K Ý NỘI DUNG 1 2 x0  3 Gọi M(xo; ) (C) . x0  2 Phương trình tiếp tuyến tại M: () y =. ĐIỂM. 2  x  2 x0  6 x0  6 ( x0  2)2 ( x0  2)2. 2 x0  2 ) x0  2 ( )  TCN = B (2x0 –2; 2) cauchy  4 2 2 AB  (2 x0  4; 2 )  AB = 4( x0  2)2  ( x0  2)2  x0  2  x0  3  M (3;3)  AB min = 2 2    xo  1  M (1;1). ( )  TCĐ = A (2;. Ta có các tam giác SBA, SBC lần lượt vuông tại B.. SB   ABC   SB  AC.     AC   SAB  o Do  ABC : A  90  AB  AC    AC  SA SAC v tai A. Gọi I, r lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp S.ABC . Ta có :. VS . ABC  VI . ABC  VI .SABVI .SBCVI .SCA. 1 1 1 1 1  SB.S ABC  r.S ABC  r.S SAB  r.S SBC  r.S SAC 3 3 3 3 3 1 1 ab ac b. a 2  c 2 c. a 2  b 2  abc  r (    ) 6 3 2 2 2 2 abc r ab  ac  b. a 2  c 2  c. a 2  b 2. Trước hết ta có: x  y 3. Đặt x + y + z = a. Khi đó. 3.  x  y . 3. 2. 4.  x  y 4P . 3. a.  ...   x  y   x  y   0.  64 z 3. 3. a  z . 3. a.  64 z 3 3. z (với t = , 0  t  1 ) a. 0.25.  1  t   64t 3 3. 0.25. Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 . Có 0.25. 1 2 f '(t )  3 64t 2  1  t   , f '(t )  0  t    0;1   9 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Lập bảng biến thiên  Minf  t   t 0;1. 64 16  GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0 81 81. 0.25. Cho a, b, c thoả a  b  c  3. Tìm GTNN của M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c .       Đặt u  2a ;3b ; 4c , v  2c ;3a ; 4b , w  2b ;3c ; 4a  M  u  v  w. .  .    M  uvw . . . .  2a  2b  2c   3a  3b  3c    4a  4b  4c  2. 2. 2. 3 Theo cô – si có 22  2b  2c  3 2a  b  c  6 . Tương tự …. Vậy M  3 29. Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  1. Va a). Học sinh tự vẽ hình.  C1  : I1  0; 2  , R1  3;  C2  : I 2  3; 4  , R2  3.. . Gọi tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2  là  : Ax  By  C  0 A2  B 2  0. .  là tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2 .   2 B  C  3 A2  B 2 1  d  I1;    R1    d  I 2 ;    R2  3 A  4 B  C  3 A2  B 2  2   3 A  2 B Từ (1) và (2) suy ra A  2 B hoặc C  2 Trường hợp 1: A  2 B . Chọn B  1  A  2  C  2  3 5   : 2 x  y  2  3 5  0 3 A  2 B . Thay vào (1) được 2 4 A  2 B  2 A2  B 2  A  0; A   B   : y  2  0;  : 4 x  3 y  9  0 3 (Học sinh tự vẽ hình)Gọi K là hình chiếu của A trên d  K cố định;. Trường hợp 2: C . Gọi   là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên   . Trong tam giác vuông AHK ta có AH  AK . Vậy AH max  AK    là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK. Gọi    là mặt phẳng qua A và vuông góc với d     : 2 x  y  2 z  15  0  K  3;1; 4 .  . là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK    : x  4 y  z  3  0. Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ: 21  x  x  2 y 1  0   21 13  5   B ;    5 5  x  7 y  14  0  y  13  5 Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD, kí hiệu Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>    nAB (1; 2); nBD (1; 7); nAC (a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. Khi     đó ta có: cos nAB , nBD  cos nAC , nAB. . . . .  a  b 3 2 2 2 2  a  2b  a  b  7 a  8ab  b  0   a   b 2 7  - Với a = - b. Chọn a = 1  b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, x  y 1  0 x  3 A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:    A(3; 2) x  2 y 1  0  y  2 Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7  x  x  y 1  0  7 5 2  I ;   2 2  x  7 y  14  0 y  5  2  14 12  Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ C  4;3 ; D  ;   5 5 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD)  x  1  2t x  2  m   Phương trình tham số của d1 và d2 là: d1 :  y  1  3t ; d 2 :  y  2  5m z  2  t  z  2m   Giả sửd cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)  MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 3  m  2t  2k     Do d  (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên k : MN  k n p  3  5m  3t  k có nghiệm 2  2m  t  5k   x  1  2t m  1  Giải hệ tìm được  Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:  y  4  t thoả mãn bài toán t  1  z  3  5t  0,25 1 Ta có sin 4 x  cos 4 x  1  sin 2 2 x và cos4 x  1  2sin 2 2 x. 2 0,25   Do đó 1  3sin 2 2 x  2sin 2 x  3  m .Đặt t  sin 2 x . Ta có x  0;   2 x   0;    t   0;1 .  2 Suy ra f  t   3t 2  2t  3  m, t   0;1 Ta có bảng biến thiên. 0,25. 10   Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên 0;   2  m  3  2. 0,25. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Lop12.net.

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