5 đề thi thử thpt quốc gia môn toán năm 2016 phần 3

27 224 0
5 đề thi thử thpt quốc gia môn toán năm 2016 phần 3

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 18 Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề 2x + x+2 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Gọi I giao điểm đường tiệm cận (C) Tìm điểm M (C) cho tiếp tuyến với (C) M cắt đường tiệm cận (C) A B cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = Câu II (2 điểm) 3π  2(sin x + cos x )  1) Giải phương trình: tan 2x + sin 2x −  + =  sin x − cos x  2) Giải phương trình: 2(2 + x − − x ) − − x = 3x + (x ∈ R) π Câu III (1 điểm) Tính tích phân I = ∫ π cos x π sin x sin( x + ) dx Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A ′B ′C ′ có A ′.ABC hình chóp tam giác cạnh đáy AB = a Biết độ dài đoạn vng góc chung AA ′ BC Câu V 1) a Tính thể tích khối chóp A ′.BB ′C ′C (2 điểm) (C ) : (x − 2) + (y − 2) = Viết phương trình đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn (C ) cắt Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : (x − 1) + y = đường tròn (C ) điểm M, N cho MN = 2 2) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình thang cân ABCD có đáy lớn AB tọa độ đỉnh A(1;−1;−2) ; B (−1; 1; 0) C(0;−1; 2) Xác định tọa độ đỉnh D sin x cos x  +4 Câu VI.(1 điểm) Tìm tất số thực x thỏa mãn phương trình 16   Câu VII (1 điểm) Giải phương trình log (x + 1) + = x +1 − (x ∈ R) ữ ữ log 2014 = 2014 SỞ GD & ĐT HÀ NỘI ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MƠN TỐN TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2010 NỘI DUNG ĐIỂM Câu I 1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số y = điểm điểm 2x + x+2 * Tập xác định: D = R\{-2} > ∀x ∈ D ( x + 2) * Tiệm cận: lim = +∞, lim = −∞; lim = 0,25đ ⇒ Đồ thị (C) có tiệm cận đứng x = −2 tiệm cận ngang y = * Bảng biến thiên 0,25 đ * Chiều biến thiên: y ′ = x → − 2− x y’ x → −2+ x → ±∞ -∞ +∞ -2 + + +∞ 0,25đ y -∞ * Vẽ đồ thị 2) Tìm điểm M (C) cho tiếp tuyến với (C) M cắt  2x +   ∈ (C ); x ≠ −2 phương trình tiếp tuyến với (C) M có dạng Lấy M x ; x +   2x + y= (x − x ) + (d) x0 + ( x + 2) 2x + ) Gọi B giao (d) x0 + tiệm cận ngang y = Tìm B (2x + 2; 2) Từ suy M trung điểm AB Ta thấy tam giác IAB vng I nên IM bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆IAB Vậy đường tròn 0,25đ điểm 0,25đ Gọi A giao (d) tiệm cận đứng x = −2 Tìm A(−2; ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích π.IM nhỏ ⇔ IM nhỏ 0,25đ 0,25đ  2x +  −  = (x + 2) + ≥ Vậy IM nhỏ Ta có I( −2; 2) IM = (x + 2) +  ( x + 2)  x0 +   x + =1  x = −1 ⇒ M(−1; 1) (x + 2) = ⇔  ⇔  ( x + 2) x + = −1  x = −3 ⇒ M(−3; 3) 2 Câu II 0,25đ điểm 3π  2(sin x + cos x )  1) Giải phương trình tan 2x + sin 2x −  + =  sin x − cos x  Điều kiện: cos 2x ≠ 2(sin x + cos x) Phương trình ⇔ tan 2x + cos 2x + =1 sin x − cos x ⇔ sin 2x + cos 2x − 2(sin x + cos x) = cos 2x điểm 0,25đ 0,25đ ⇔ sin 2x + cos 2x − − sin 2x = cos 2x ⇔ cos 2x − cos 2x − = ⇔ cos 2x = −2 (loại) cos 2x = −1 ⇔ x = 0,25đ π + kπ ( k ∈ Z) (thỏa mãn) 0,25đ 2) Giải phương trình: 2(2 + x − − x ) − − x = 3x + (x ∈ R) Đặt u = + x 2 2 điểm ≥ v = − x ≥ ⇒ x = u − u + v = 4u − v − uv = 3u − (1) Phương trình ⇔  u + v =2 ( 2) Thay (2) vào (1) ta phương trình: ( u ≥ 1; v ≥ ) 0,25đ 4u − 2v − uv = 3u − (u + v ) ⇔ v − v( u + 2) + 4u − 2u = 0,25đ 0,25đ Ta có ∆ = (3u − 2) ⇒ v = 2u v = − u * Với v = 2u ⇔ − x = + x ⇔ 5x = −3 (vơ nghiệm) * Vớ i v = − u ⇔ − x = − + x ⇔ − x + + x = ⇔ − x = ⇔ x = Câu III π Tính tích phân I = ∫ π π cos x π sin x sin( x + ) π cot x cot x dx = ∫ dx π sin x(sin x + cos x) π sin x(1 + cot x) cot x Ta có I = ∫ dx π 2 dx = ∫ π sin x sin( x + ) π π dx Đặt t = cotx dt = − x = ⇒ t = 3; x = ⇒ t = sin x π V ậy I = ∫ t2 dt = t +1  0,25đ điểm 0,25đ 0,25đ  0,25đ ∫  t − + t + dt  t2   +  =  − t + ln t +  =  − + ln        0,25đ Câu IV Tính thể tích khối chóp A ′.BB ′C ′C điểm A’ C’ B’ N A C O M B Gọi O tâm đáy ABC M trung điểm cạnh BC Hạ MN ⊥ A ′A Do BC ⊥ (A ′AM ) nên MN đoạn vng góc chung A ′A BC ⇒ MN = a 3a A ′O AO MN.AO a Hai tam giác A ′OA MNA đồng dạng nên = ⇒ A ′O = = MN AN AN 2 a a2 a3 VA′.BB′C′C = VA′B′C′.ABC − VA′.ABC = A ′O.S ABC − A ′O.S ABC = A ′O.S ABC = = 3 3 18 Ta có AM = a a ; AO = AM = ; 3 AN = AM − MN = 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu V điểm sin x cos x  Tìm tất số thực x thỏa mãn phương trình 16 +4   sin x log 2010 = 2010 cos x Lấy log 2010 vế phương trình ⇔ 16 +4 =5 Ta có cos x cos x cos x cos x 4( sin x + cos x −1) sin x cos x sin x 16 +4 =4 + + + + ≥5 ≥5 4 4 sin x + cos x ≥ sin x + cos x =  sin x cos x = 4 ⇔ sin x = ⇔ x = kπ ( k ∈ Z ) Dấu xảy ⇔   sin x + cos x = Câu VIa 1) Viết phương trình đường thẳng (d) Đường tròn (C ) có tâm I1 (1; 0) bán kính R1 = Đường tròn (C ) có tâm I (2; 2) bán kính R = 0,25đ 0,5đ 0,25đ điểm điểm  MN  Ta cần có (d) tiếp tuyến (C ) cách tâm I2 khoảng IH = R 22 −   =   0,25đ  1 − c = * TH1: Nếu (d) có dạng x = c Ta có hệ  ⇒ vơ nghiệm c 2 − c =  0,25đ * TH2: Nếu (d) có dạng y = ax + b  a+b = (1)  4a + 3b = 2  a +1 Ta có hệ  ⇒ a + b = 2a − + b ⇔   b = −2  2a − + b = ( 2)   a +1 Khi 4a + 3b = thay vào (1) giải a = −1 a = − ⇒ (d): x + y − = x + y − = Khi b = −2 thay vào (1) giải a = a = ⇒ (d): x − y − = x − y − = -2) Xác định tọa độ đỉnh D 0,25đ 0,25đ điểm Ta có BC = Do ABCD hình thang cân nên AD = BC = Gọi ∆ đường thẳng qua C song song với AB (S) mặt cầu tâm A, bán kính R = D giao ∆ (S)  x = − 2m  Đường thẳng ∆ qua C có vtcp AB (−2; 2; 2) nên ta có phương trình ∆ :  y = −1 + 2m (1) z = + m  → Mặt cầu (S) có phương trình: (x − 1) + (y + 1) + (z + 2) = (2) Giải hệ (1), (2) tìm m = −1 m = − Khi m = -1 ta có D(2;−3; 0) (loại CD = AB = nên ABCD hình bình hành) Khi m = − ta có D( ;− ; ) (thỏa mãn) 3 3 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu VIIa Tính tổng S Khai triển điểm = C 12010 −3 (1 + x ) C 32010 2010 + C 52010 − + 2009 C 2009 2010 2010 = C 02010 + C 12010 x + C 22010 x + C 32010 x + + C 2010 2010 x 2009 x ) 2009 = C 12010 + 2C 22010 x + 3C 32010 x + + 2010C 2010 2010 x Đạo hàm vế ⇒ 2010(1 + Nhân vế với x đạo hàm ta 2009 2010 (1 + x) 2009 + 2009x(1 + x ) 2008 = C 12010 + 2 C 22010 x + C 32010 x + + 2010 C 2010 2010 x Thay x = i vào vế ta có [ ] Vế trái = 2010.(1 + i) 2008 (1 + 2010i) = 2010.(2i)1004 (1 + 2010i) = 2010.21004 (1 + 2010i) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2 2010 Vế phải = (C 12010 − C 32010 + C 52010 − + 2009 C 2009 2010 ) + i( C 2010 − + 2010 C 2010 ) Vậy S = 2010.21004 Câu VIb 1) Xác định toạ độ đỉnh hình chữ nhật S Ta có AB = IM = AD = ABCD = 2 ⇒ MA = MD = AB → 3 Đường thẳng AD qua M ( 3; 0) nhận MI( ; ) làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình 2  x + y −3=0 x + y − = Vì MA = MD = nên tọa độ A, D nghiệm hệ  2 (x − 3) + y = Giải hệ tìm A( 2; 1), D( 4; -1) Vì I trung điểm AC BD nên từ có C(7; 2) B(5; 4) Vậy toạ độ đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A x y z Giả sử A(a; 0; 0); B(0; b; 0) C(0; 0; c) ⇒ ( P ) : + + = Từ H ∈ ( P ) suy a b c 2 − + + = ⇔ − + + = 11 (1) 11a 11b 11c a b c Ta có: → → AH(− − a; ; ) ; BC(0; − b; c) Vì AH ⊥ BC ⇒ − 6b + 2c = (2) 11 11 11 → → BH(− ; − b; ) ; AC (−a; 0; c) Vì BH ⊥ AC ⇒ 2a + 2c = (3) 11 11 11 Giải hệ (1), (2), (3) tìm a = −2; b = ; c = từ có phương trình ( P ) : x − 3y − z + = Câu VIIb Giải phương trình log (x + 1) + = x +1 − (x ∈ R) 0,25đ điểm điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ điểm Đặt t = x + − ≥ Phương trình trở thành log (t + 1) + = t 0,25đ 3 y = t + Đặt y = log (t + 1) ta có hệ  t ⇒ 3y − 3t = t − y ⇔ t = y 3 = y + 0,25đ Vậy ta có t = t + Xét hàm f (t ) = t − t − với t ≥ ta thấy phương trình f(t) = có nghiệm t = 0,25đ Từ suy t = x + − = ⇔ x = 0,25đ www.TaiLieuLuyenThi.com ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 12 Thời gian : 180 phút, khơng kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Tìm đường thẳng y  x  điểm mà qua kẻ ba tiếp tuyến đến đồ thị (C) hàm số Câu (2,0 điểm) sin x 1  cos x   4cos x.sin x   a) Giải phương trình: 2sin x  1 b) Giải phương trình: log2 x  log 1  x  log 2 x  x   2         x  x2  y  y    Câu (1,5 điểm) Giải hệ phương trình:  3 12 y  10 y   x  Câu (1,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O, cạnh a, BD  a Trên cạnh AB lấy điểm M cho BM  AM Biết hai mặt phẳng (SAC) (SDM) vng góc với mặt phẳng (ABCD) mặt bên (SAB) tạo với mặt đáy góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a cosin góc tạo hai đường thẳng OM SA Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn: a  b  c  Tìm giá trị 1 1 nhỏ biểu thức: P  3( a  b  c )      a b c II PHẦN RIÊNG (2,0 điểm) A Dành cho thí sinh thi khối A, A1 n 1  Câu 6a (1,0 điểm) Cho P( x)    ( x  x )  Xác định số hạng khơng phụ thuộc vào x  x khai triển P( x) biết n số ngun dương thỏa mãn Cn3  2n  An21 Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(1;5) Tâm đường tròn nội tiếp ngoại tiếp tam giác I  2;2  5  K  ;3  Tìm tọa độ đỉnh B C tam giác 2  A Dành cho thí sinh thi khối B, D Câu 6b (1,0 điểm) Cho tập hợp A tất số tự nhiên có năm chữ số mà chữ số khác Hỏi lấy bao số tự nhiên từ tập A mà số có mặt ba chữ số khác  4  Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(0;2), B  0;  hai   đường thẳng d1 : x  y   0, d : x  y   Hãy viết phương trình đường thẳng d qua gốc tọa độ cắt d1 , d M, N cho AM song song với BN t www.TaiLieuLuyenThi.com TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM TỔ TỐN – TIN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I NĂM 2014 Mơn: TỐN Câu Câu (2,0 điểm) Đáp án Điểm a) Học sinh tự giải 1,0 b) Gọi M (m; 9m – 7) điểm nằm đường thẳng y = 9x – Vì đường thẳng có dạng x = m khơng tiếp tuyến đồ thị (C) nên ta xét d đường thẳng qua M có dạng: y = k(x – m) + 9m – Đường thẳng d tiếp tuyến (C) hệ sau có nghiệm:  x  x   k ( x  m)  9m   3 x  x  k 0,5  x  x   (3 x  x)( x  m)  9m   3 x  x  k Qua M kẻ ba tiếp tuyến đến (C) hệ có ba nghiệm phân biệt hay phương trình sau có ba nghiệm phân biệt: x3  x  3mx  mx  9m     x  1  x  (5  3m) x   m   Do điều kiện m là:  m     3m   8(5  9m)  9m  42m  15       m   m    2.1  (5  3m).1   9m   m  Vậy điểm M cần tìm có tọa độ (m; 9m – 7) với m < –5 Câu (2,0 điểm) 0,5  m  a) Điều kiện: sin x  Với điều kiện trên, phương trình cho tương đương: sin x 1  cos x   4cos x.sin x    sin x  sin x.cos x  2cos x 1  cos x        sin x  cos x  sin x  cos x    2   sin x  cos x  3sin 2 x  sin x.cos x  cos 2 x  0,5  sin x  cos x    sin x  cos x  2(*)  cos2 x   sin x  cos2 x  2   (*)  sin x  cos x   sin(2 x  )   x   k  Vậy nghiệm phương trình là: x   k , k   Mà sin x  0,5 www.TaiLieuLuyenThi.com b) Điều kiện  x  Phương trình cho tương đương với: x2 2x  x 1  1 x  x2 4x  x    * 16 1 x Chia hai vế (*) cho  x ta được: (4 x)2 4x   2 (1  x )  x 4x  t  t   t   x  1 1 x Vậy nghiệm phương trình cho là: x   Phương trình hệ tương đương với: Đặt t  Câu (1,5 điểm) 0,5 0,5 x  x   (2 y)   (2 y )  f  x   f  2 y  với y  f (t )  t   t t t2   t t t 0,75    0, t  f  t  hàm số đồng t2  t2  t2  biến R Từ f  x   f  2 y   x  2 y Ta có f '(t )   Thế x  2 y vào phương trình sau hệ phương trình cho ta được: x  x   x3   ( x  1)3  2( x  1)   x3  1  x3   g  x  1  g   x  với y  g (t )  t  2t Ta có g '(t )  3t   0, t  g  t  hàm số đồng biến R Từ đó: g  x  1  g  x3   0,75  x   x3   3x  3x   x  1  y   x   y  Vậy nghiệm hệ phương trình cho là:  1;  ,  0;  Câu (1,5 điểm) Gọi H  AC  DM  SAC    ABCD  ,  SDM    ABCD   SH   ABCD    60o góc hai mặt phẳng  SAB  Từ H kẻ HK  AB  SK  AB  SKH  ABCD  HA AM 1 AO    AH  AC  HC CD Mà ABD , AO đường cao a   a  a  AH   HK  AH sin HAK 4 3a  SH  HK tan 60o  Do AM // CD  0,75 www.TaiLieuLuyenThi.com 1 3a a a 3 Vậy VS ABCD  SH S ABCD   3 16   OM SA Ta có cos  OM ; SA     OM SA       Mà OM SA  OA  AM SH  HA      AO AH  AM AH  AO  AM AH cos 30o    0,75  a  a a 3 a2        4 Câu (1,0 điểm) a2 12 Vậy cos  OM , SA   a 13 a 21 273 2 a Ta chứng minh 3a    với a 2  a   a  6a  9a     a  1  a    (đúng) b2 c2   ; 3c    b 2 c 2 27  1 1 Vậy  a  b  c         a  b  c    15 a b c Dấu "  " xảy a  b  c  n  N , n   Ta có Cn  n  An 1   n  n  1 n   n 8  n   n  1 n   Ta có 0,5 Tương tự 3b  Câu 6a (1,0 điểm) 0,5 0,5 1 1  f  x     x 1  x    C80  C81 1  x   C82 1  x    C88 x 1  x  x x x x  Số hạng khơng phụ thuộc vào x có hai biểu thức C83 1  x  x 4 C8 1  x  Trong có hai số hạng khơng phụ thuộc x C8 C3 C84 C40 0,5 Vậy C83C32  C84 C40  98 Câu 7a (1,0 điểm) 5  Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC tâm K  ;3  bán kính R  AK  : 2  5 25   x     y  3  2  x 1 y  Phân giác AI có phương trình   3x  y   1  3 x  y    Gọi D  AI   K   tọa độ D nghiệm hệ  5 25 x      y  3  2  0,5 www.TaiLieuLuyenThi.com  x  x    D  ;  Giải ta hai nghiệm     2 2 y  y       ICB   BCD   C  A  ICA   IAC   CID   ICD cân Lại có ICD 2 D  DC  DI mà DC  DB  B, C nghiệm hệ 2  5  1    x y      DI  2 x 1        y   x   25    x     y  3   Vậy B, C có tọa độ 1;1 ,  4;1 Câu 6b (1,0 điểm) Câu 7b (1,0 điểm) Số cách chọn chữ số phân biệt a, b, c từ chữ số thập phân khác C39 Chọn chữ số lại từ chữ số đó, có trường hợp sau đây: Trường hợp Cả chữ số lại chữ số a, b, c: có cách; hốn vị từ 5! hốn vị chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo số tự nhiên n; 3! hốn vị vị trí mà a, a, a chiếm chỗ tạo 5! số n, nên trường hợp có thảy   60 số tự nhiên 3! Trường hợp Một chữ số lại chữ số a, b, c chữ số chữ số khác chữ số đó: có cách; hốn vị từ 5! hốn vị chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo số tự nhiên n; 2! hốn vị vị trí mà a, a chiếm chỗ 2! hốn vị vị trí mà b, b chiếm chỗ 5! tạo số n, nên trường hợp có thảy   90 số tự nhiên 2!2! 9!  150     12600 số thỏa mãn điều kiện đề Vậy: (60  90)C39  150  3!6! Giả sử M  d1  M  t; 1  t  , N  d  N  s; 2  s  Nếu t   M (0; 1)  AM  Oy (loại) Do O, M, N thẳng hàng AM // BN nên:  s 2  s    t  1  t t  OM  kON 3st  s  2t    t  s Vậy      15st  15s  6t  s   2s  s    AM  l BN   3  t t   M  2;1 , N   ;  5   Chú ý Nếu học sinh có cách giải khác mà kết tính điểm tối đa Cảm ơn bạn (bonghong79@yahoo.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl 0,5 0,5 0,5 1,0   n 2m  1 n2 2 cos 30       m  8m    m  2 n1 n2 4m  II 1) Điều kiện x  2x 1 0 3x  x  x    x  x  x   x  x     x  1 x  1  0.50 1     x  1  x      2x 1   x  3x  x    2) Điều kiện cos x  0.50 Phương trình    sin x  cos x   2sin x  cos 2 x   sin 2 x  sin x  0.50 sin x   Do sin x  cos x  , nên có sin x   x  k  k     sin x   Đặt x  sin t  dx  cos tdt ; Khi x  t  ; Khi x  t  0.50 III 0.25    cos tdt  sin t  cos t    cos t  sin t   cos t  sin t    dt      dt sin t  cos t sin t  cos t  sin t  cos t  I 0.50 I IV   t  ln  sin t  cos t    0.25 Do B, D cách S , A, C nên BD   SAC  Gọi O  AC  BD Các tam giác ABD, BCD, SBD tam giác cân có đáy BD chung nên OA  OC  OS Do tam giác SAC vng S 0.50 1 a x VS ABCD  2.VS ABC  .BO.SA.SC  ax AB  OA2  ax a   ax 3a  x 3 x  a a  ax 3a  x   VS ABCD  6 x  a 2 V 0.25 0.25 Với a  b  c  a  b  c  12abc   12abc  (a  b  c)  ( a  b  c )  12(a  b  c )abc  2( ab  bc  ca ) 0.50  3(a  b  c)abc  (ab  bc  ca)  3(a  b  c)abc  (ab  bc  ca)  [( ab  bc)  (bc  ca)  (ca  ab)2 ]  (ln đúng) Dấu xảy khi a  b  c  VI.a 1) Gọi I , R tâm bán kính đường tròn cần tìm 0.50 Ta có R  d  A, d   2 Tâm I hình chiếu vng góc điểm A lên đường thẳng d Gọi a đường thẳng qua A vng góc với d Suy a : x  y  0.25 0.25 x  y  Toạ độ tâm I nghiệm hệ   x  y  Tâm I 1;1 x  y   0.25 Vậy đường tròn cần tìm có phương trình  x  1   y  1  0.25 Vì ( P)  (Q) nên n  nP (1, 1, 1) (1) mặt phẳng  Q  cắt hai trục Oy, Oz hai điểm M  0; a;0  , N  0;0; b  0.25  n 2) Giả sử vec tơ pháp tuyến (Q)   2 b  a  phân biệt cho OM  ON nên a  b    b  a    Ta thấy n  MN (2) Xét trường hợp   Trường hợp 1: b  a  MN (0, a, a) / /u (0, 1,1)  0.25   Từ (1) (2) suy chọn n  u, nP   (2,1,1) vec tơ pháp tuyến  Q  Mp  Q  có phương trình 2( x  3)  ( y  2)  ( z  2)   x  y  z   Khi  Q  cắt Oy, Oz M  0; 2;0  , N  0;0;  ( thỏa mãn đề bài) 0.25   Trường hợp 2: b  a  MN (0, a, a) / / v(0,1,1)  VII.a   Từ (1) (2) suy chọn n  v, nP   (0,1, 1) vec tơ pháp tuyến  Q  ,  Q  có phương trình 0( x  3)  ( y  2)  ( z  2)   y  z  Khi  Q  cắt Oy, Oz O  0;0;0  (khơng thỏa mãn đề bài) Vậy mặt phẳng  Q  có phương trình x  y  z   0.25 1 ( x  x  )(1  x)10  (4 x  x  1)(1  x)10  (1  x)12 4 0.25 Theo khai triển Newton số hạng chứa x8 8 C12 x 0.50 8 C12 =31680 Đường thẳng IK qua I song song với AB có phương trình x  y   Hệ số x8 VI.b 1 Chiều cao kẻ từ C ABC h= 12  (1) 0.25 0.25  2.S ABC  2 h AB  suy K nằm đường tròn (C ) tâm I bán kính IK  có phương trình ( x  2)  ( y  1)2  AB  0.25 ( x  2)  ( y  1)   x  y 1  Tọa độ điểm K nghiệm hệ  Tìm K 1;0  K  3;  0.25 2 0.25 2) Gọi H hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng  P  Gọi d x   t đường thẳng qua A vng góc với  P  Ta có d :  y   t z   t  H  d  H   t;  t;  t  Mà H   P  nên  t   t   t    t  1 Vậy H 1;1;1 ; AH  0.25 2 3 ABH vng H  AB  AH  HB  AB    AB   AB   3 Gọi M trung điểm đoạn thẳng AB Mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB cắt đoạn thẳng AH I Điểm I tâm mặt cầu cần 0.25 tìm Ta có AM AB  AI AH  R  AI    5 Từ AI  AH Suy I  ; ;  4 4 AB 3  AH 0.25 2 5 27 Mặt cầu cần tìm có phương trình:  x     y     z    4  4   16  0.25 VII.b  x 1 y x  1 2   log 1 y    x 1  y   y     x Điều kiện 0 1 y x  x  Trường hợp 1:   1  y  y 1 (1)  x  21 y  log x  log 1  y    x  21 y  log 1  y   log x Nếu x   y vế trái dương, vế phải âm (loại); Nếu x   y vế trái âm, vế phải dương (loại) Vậy x   y hay y   x Thay vào (2) ta có: x  x    x   x  Với x  y  1 ; Với x  y  2 (thoả mãn điều kiện) 0.50 x  x  Trường hợp 2:  (*)  1  y  y 1 Vậy hệ cho có hai nghiệm  x; y   (2; 1);(3; 2) Từ (2) có 5 y   x 1  y    y   Mâu thuẫn với (*) 0.50 Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà đủ điểm phần đáp án quy định Hết -Thạch Thành, ngày 30 tháng năm 2010 Người đề làm đáp án: BÙI TRÍ TUẤN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 15 Thời gian làm bài: 180 phút Câu I: ( điểm) Cho hàm số y = x + x − x + có đồ thị (C) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số T×m trªn ®å thÞ (C) ®iĨm cho tiÕp tun t¹i ®iĨm ®ã cã hƯ sè gãc nhá nhÊt ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tun cđa ®å thÞ t¹i ®iĨm ®ã Câu II ( điểm) sin x cos x + cos x(tan x − 1) + sin x = Giải phương trình lượng giác : Giải bÊt ph−¬ng tr×nh: x − − − x2 +2 x+4 = − x + x + − ( x − 2) Câu III ( điểm) Tính giới hạn sau : lim x →0 − cos x (1 − − x ) Câu IV: ( điểm) Cho ®−êng trßn t©m O b¸n kÝnh R H×nh chãp SABCD cã SA cè ®Þnh vµ vu«ng gãc víi mỈt ph¼ng ®¸y, SA = h; ®¸y ABCD lµ tø gi¸c thay ®ỉi nh−ng lu«n néi tiÕp ®−êng trßn ® cho vµ cã hai ®−êng chÐo AC vµ BD vu«ng gãc víi TÝnh b¸n kÝnh mỈt cÇu ngo¹i tiÕp h×nh chãp SABCD X¸c ®Þnh h×nh d¹ng cđa tø gi¸c ABCD ®Ĩ thĨ tÝch h×nh chãp ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt ( điểm) Trong mỈt ph¼ng Oxy: Cho h×nh thoi ABCD cã A(1;3), B(4; -1), AD song song víi trơc Ox vµ xD < T×m to¹ ®é ®Ønh C, D Cho ®−êmg trßn (C) cã ph−¬ng tr×nh x + y − x + y − 20 = vµ ®iĨm A(4;5) ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua A vµ c¾t ®−êng trßn (C) t¹i hai ®iĨm E, F cho EF cã ®é dµi b»ng Câu 5V Câu VI ( điểm) Khai triĨn (1 + x + x + x ) = a o + a1 x + a x + + a15 x 15 TÝnh : HƯ sè a10 Tỉng T = a1 + 2a + 3a + + 15a15 Câu VII ( điểm) Chøng minh r»ng víi mäi sè d−¬ng a, b, c ta lu«n cã bÊt ®¼ng thøc: 1 1 + + ≤ 3 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc ðáp án To¸n – Khèi A- Thi thử đại học lần năm học 2009-2010 Lời giải Câu Câu TXð : D= R I.1 y’= 3x2 + 6x-9 xác định ∀x ∈ D (1 x = y’= ⇔  điểm)  x = −3 ………………………………………………………………………………………… Hµm sè ®ång biÕn trªn (-∞;-3) vµ (1;+ ∞); nghÞch biÕn trªn (-3;1) §iĨm cùc ®¹i (-3;30), cùc tiĨu (1;-2) ………………………………………………………………………………………… y = ±∞ Giíi h¹n xlim → ±∞ ðiể m 0,25 0,25 BBT x -3 −∞ 0,25 y’ y + 30 - Câu II.1 (1 điểm) + +∞ -∞ C©u I.2 (1®iĨ m) -2 …………………………………… §å thÞ: (§å thÞ ®i qua hai ®iĨm cùc ®¹i, cùc tiĨu vµ hai ®iĨm n»m vỊ hai bªn cùc ®¹i, cùc tiĨu; cã tÝnh ®èi xøng) LÊy M(x0,y0) ∈ (C ) TiÕp tun víi (C) t¹i M cã hƯ sè gãc k = y ' = x02 + x0 − ………………………………………………………………………………………… … k = y ' = 3( x0 + 1) − 12 ≥ −12 HƯ sè gãc ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng k = -12 x0=-1 ………………………………………………………………………………………… => M(-1;14) ………………………………………………………………………………………… Ph−¬ng tr×nh tiÕp tun t¹i ®iĨm M lµ y = -12x + ðiều kiện: cosx ≠ ………………………………………………………………………………………… pt ® cho sin x − 1) + sin x = cos x ⇔ sin x cos x + sin x − cos x + sin x = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ⇔ sin x cos x + cos ( 0,25 ………………………………………………………………………………………… sin x = −1 ⇔ sin x(1 − sin x) + sin x − cos x + sin x = ⇔ sin x + sin x − = ⇔  sin x = −  2 ………………………………………………………………………………………… 0,25 + ) sin x = −1 : loai π  x = + k 2π  + ) sin x = ⇔   x = 5π + k 2π  C©u II.2 (1®iĨ m) 0,25 ,k ∈ Z §k: − x + x + ≥ +) NÕu − x + x + > x − th× VF > 0; VT < => ph−¬ng tr×nh v« nghiƯm +) NÕu − x + x + < x − Th× VF < 0; VT > => ph−¬ng tr×nh v« nghiƯm VËy pt ⇔ − x + x + = x − ………………………………………………………………………………………… 0,5 x − ≥ pt ⇔  2  − x + x + = ( x − 2) ………………………………………………………………………………………… x ≥ x ≥  ⇔  x = ⇔ x = ⇔ 2 x − x =  x =  Câu III điĨm lim x →0 − cos x (1 − − x ) VËy nghiƯm cđa ph−¬ng tr×nh lµ x = 0,25 (1 − cos x).(1 + − x ) x →0 x2 = lim ………………………………………………………………………………… sin = lim x →0 0,25 x (1 + − x ) 2 x 4.( ) 2 0,25 0,5 ……………………………………………………………………………………… =2 0,25 Câu IV điểm Gäi I lµ t©m mỈt cÇu ngo¹i tiÕp h×nh chãp ta cã I n»m trªn ®−êng th¼ng Ot vu«ng gãc víi mp(ABCD) t¹i O V× SA vu«ng gãc víi (ABCD) nªn Ot//SA ………………………………………………………………………………………… Trong mp(SA,Ot), giao cđa ®−êng trung trùc ®o¹n SA vµ Ot lµ t©m I cđa mỈt cÇu ………………………………………………………………………………………… TÝnh ®−ỵc R = IA = OI + OA = h2 + R2 = h + 4R 0,25 0,25 0,25 ………………………………………………………………………………………… 6 ThĨ tÝch h×nh chãp V = S ABCD h = h AC.BD ≤ h.2 R.2 R V ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt AC = BD = 2R VËy tø gi¸c ABCD lµ h×nh vu«ng th× H×nh 0,25 chãp ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt C©u V V× a + b ≥ 2ab Nªn ta cã 1®iĨm a + b + abc = (a + b)(a + b − ab) + abc ≥ (a + b)ab + abc = ab(a + b + c) ………………………………………………………………………………… 0,25 1 ≤ a + b + abc ab(a + b + c) V× hai vÕ cđa bÊt ®¼ng thøc ®Ịu d−¬ng nªn: T−¬ng tù ta cã: 1 b + c + abc bc(a + b + c) 1 ≤ 3 c + a + abc ca (a + b + c) (2) ≤ (1) 0,25 (3) ………………………………………………………………………………… Céng (1), (2), (3) cã 1 1 1 + + ≤ + + 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc ab(a + b + c) bc(a + b + c) ca (a + b + c) 0,25 ……………………………………………………………………………………… ⇔ 1 1 + + ≤ 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc 0,25 DÊu “ =” khi: a = b = c Câu V× BC//AD//Ox nªn C(xC;-1); D(xD;3) VIa Do ABCD lµ h×nh thoi nªn cã AB = DC ; AC ⊥ BD điểm ………………………………………………………………………………………… Ta cã AB = (3;−4) DC = ( xC − x D ;−4), AC = ( xC − 1;−4), BD = ( x D − 4;4) Ta cã hƯ pt Câu VI.a.2 điểm  xC   xC = x D +  xC − x D = xD ⇔ ⇔   x ( xC − 1).( x D − 4) − 16 =  x D − x D − 24 =  C  x D 0,25 0,25 =9 =6 = −1 0,25 = −4 ………………………………………………………………………………………… V× xD[...]... (1 + x) 5 = C50 + C51 x + C52 x 2 + C 53 x 3 + C54 x 4 + C 55 x 5 1 (1 + x 2 ) 5 = C 50 + C 51 x 2 + C 52 x 4 + C 53 x 6 + C 54 x 8 + C 55 x 10 điểm ………………………………………………………………………………………… Suy ra a10 = C50 C 55 + C52 C54 + C 54 C 53 = 1 + 50 + 50 = 101 ……………………………………………………………………………………… 2 3 5 5 0, 25 0, 25 2 5 0, 25 0, 25 f ( x) = (1 + x + x 2 + x 3 ) 5 = a 0 + a1 x + a 2 x 2 + + a 15 x 15 ⇒ f ' ( x) = 5( 1 + x +...  2  3 a 3 36 0, 25 Tìm giá trò lớn nhất của P Đặt t = x + y + z ⇒ t 2 = 3 + 2(xy + yz + zx) ⇒ xy + yz + zx = t2 − 3 2 0, 25 Ta có 0 ≤ xy + yz + zx ≤ x 2 + y2 + z 2 = 3 nên 3 ≤ t 2 ≤ 9 ⇒ 3 ≤ t ≤ 3 0, 25 t2 − 3 5 t2 5 3 + ⋅ Xét hàm số f(t) = + − , t ∈  3; 3   2 t 2 t 2 5 t3 − 5 Ta có f ′(t) = t − = > 0 vì t ≥ 3 t2 t2 14 Suy ra f(t) đồng biến trên  3; 3 Do đó f(t) ≤ f (3) = ⋅   3 0, 25 Khi đó... ≤ 3 3 c + a + abc ca (a + b + c) 3 (2) ≤ 3 (1) 3 0, 25 (3) ………………………………………………………………………………… Céng (1), (2), (3) cã 1 1 1 1 1 1 + 3 + 3 ≤ + + 3 3 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc ab(a + b + c) bc(a + b + c) ca (a + b + c) 3 0, 25 ……………………………………………………………………………………… ⇔ 1 1 1 1 + 3 + 3 ≤ 3 3 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc 0, 25 3 DÊu “ =” khi: a = b = c Câu V× BC//AD//Ox nªn C(xC;-1); D(xD ;3) ... CG = (t + 1; 3 − t), GM = (x M − t; y M − 2 + t) t + 1 = 2(x M − t)  3t + 1 7 − 3t  ; ⇒ M Theo giả thi t ta có CG = 2GM ⇔   2 2  3 t 2(y 2 t) − = − +   M  M ∈ AB ⇒  7 − 3t  3t + 1 + 2  − 3 = 0 ⇒ t = 3 Do đó M (5; − 1) 2  2  0, 25 0, 25 Mà A ∈ AB ⇒ A (3 − 2a; a), MA = 5 a + 1  1 a = − 5 1 2⋅ ⇔ a +1 = ⇔  Cũng theo giả thi t AB = 5 nên MA = 2 2 3  a = − 2   1 1  3 3 3  1 i Với... t×m: n( A) C 83 C 53 + C 21 C82 C11 C 62 56 .10 + 2.28. 15 1 = = = P ( A) = 120. 35 3 n (Ω ) C1 03 C 73 Trªn ®©y lµ tãm t¾t c¸ch gi¶i, cÇn l−u ý lËp ln cđa häc sinh trong qu¸ tr×nh gi¶i bµi NÕu häc sinh lµm theo c¸c c¸ch kh¸c nhau tỉ chÊm th¶o ln ®Ĩ chia ®iĨm thèng nhÊt §iĨm toµn bµi kh«ng lµm trßn 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 16 Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu I (2,0... được 3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14x − 8 = 0 (2) 1 Giải (2), điều kiện − ≤ x ≤ 6 (**) 3 PT (4) được viết lại dưới dạng 3x + 1 − 4 + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14x − 5 = 0 ( ) ( ) 0, 25 3x − 15 x 5 + + ( x − 5) (3x + 1) = 0 3x + 1 + 4 1 + 6 − x 3 1   ⇔ (x − 5)  + + 3x + 1 = 0 ⇔ x = 5 Từ đó suy ra y = 4  3x + 1 + 4 1 + 6 − x  ⇔ >0 Kết hợp điều kiện (*) và (**) ta được HPT đã cho có nghiệm là (x; y) = (5; 4)... 4) III 0, 25 Tính tích phân (1,0 điểm) I= π 2 π 2 3 sin x 4 cos x ∫ 3 sin2 x + 4 cos2 x dx + ∫ 3 sin2 x + 4 cos2 x dx 0 0 π 2 Tính I1 = ∫ 0 3 sin x 3 sin x + 4 cos2 x 2 dx 0, 25 Đặt t = cosx ⇒ dt = −sinxdx Khi đó: I1 = π 2 3 sin x ∫ 3 + cos2 x 0 dx = − ∫ 1 3+ t 0 Đặt t = 3tanu ⇒ dt = π 2 Tính I 2 = ∫ 0 3dt 2 3 cos2 u 4 cos x 3 sin 2 x + 4 cos2 x 1 = 3 dt 0 3+ t 2 π 6 du Khi đó I1 = 3 ∫ 0 3  3  cos2...  3  0  t  1 Vậy H 1;1;1 ; AH  3 0. 25 2 2 3 9 2 ABH vng tại H  AB 2  AH 2  HB 2  AB 2  3   AB   AB  2  2 3 Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB cắt đoạn thẳng AH tại I Điểm I chính là tâm mặt cầu cần 0. 25 tìm Ta có AM AB  AI AH  R  AI   3  5 5 5 Từ AI  AH Suy ra I  ; ;  4 4 4 4 AB 2 3 3  2 AH 4 2 0. 25 2 2 5 5 5. .. + 2sin x − 2sin2 x) ⇔ cos x − sin 2x = 3 + 3 sin x − 2 3 sin 2 x ⇔ sin 2x + 3( 1 − 2sin2 x) = − 3sinx + cos x Giáo viên ra đề PHẠM TRỌNG THƯ -2- 0, 25   π 1 3 3 1 5  sin 2x + cos2x = − sinx + cos x ⇔ sin  2x +  = sin  x +  2 2 2 2 3 6      π 5 π + k2π  2x + = x +  x = + k2π 3 6 2 ⇔ ⇔ (k ∈ ℤ) π π π k2π 5   x=− +  2x + 3 = π − x − 6 + k2π 18 3  π k2π Kết hợp với (*), ta suy ra... 5  6 + x − x 2 − x + 1 > 0     ⇔  6 + x − x2 − x + 1 ( x log2 x − 5) > 0 (*)   Do 0 < x ≤ 3 ⇒ x log2 x ≤ 3log2 3 ⇒ x log2 x ≤ log2 27 < log2 32 = 5 ⇒ x log2 x − 5 < 0 0 < x ≤ 3 0 < x ≤ 3 0 < x ≤ 3     ⇔ ⇔ x − 1 ≥ 0 (*) ⇔  2 2   6 + x − x − x + 1 < 0  6 + x − x < x −1  2   6 + x − x < x −1 1 < x ≤ 3 5 5 ⇔ 2 ⇔ < x ≤ 3 Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là < x ≤ 3 ... Suy a10 = C50 C 55 + C52 C54 + C 54 C 53 = + 50 + 50 = 101 ……………………………………………………………………………………… 5 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 f ( x) = (1 + x + x + x ) = a + a1 x + a x + + a 15 x 15 ⇒ f ' ( x) = 5( 1 + x +... 20x-21y+ 25= 0 Câu Ta cã f ( x) = (1 + x + x + x ) = (1 + x) (1 + x ) VII a (1 + x) = C50 + C51 x + C52 x + C 53 x + C54 x + C 55 x (1 + x ) = C 50 + C 51 x + C 52 x + C 53 x + C 54 x + C 55 x 10 điểm... www.laisac.page.tl 0 ,5 0 ,5 0 ,5 1,0 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 13 Thời gian làm 180 phút, khơng kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x3  x  1  m  x   3m (1)

Ngày đăng: 30/03/2016, 21:21

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan