Đang tải... (xem toàn văn)
Tìm các đỉnh của hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn C biết đỉnh A thuộc d và có hoành độ dương 2.. Tìm hệ số chứa x trong khai triển..[r]
(1)ĐỀ SỐ 27 THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x2 y (C ) x Câu (2,0 điểm) Cho hàm số 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Tìm trên đồ thị ( C) điểm M cho khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận ngang lần khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận đứng sin x cos6 x 3 sin x 3 cos x 9sin x 11 Câu (1, điểm) Giải phương trình: Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình trên : x x y xy y 0 x y x y 2 x2 f x x x3 trên đoạn 1;8 Câu (1,0 điểm) Tìm nguyên hàm hàm số: Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, hai đường chéo AC = 3a , BD = 2a và cắt O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt a phẳng (ABCD) Biết khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a 3 1 a b b2 a 2a 2b 4 2 Câu (1,0 điểm) Cho a, b Chứng minh rằng: II/ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) * A Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng : x y 0 và hai điểm A(1; 0), B(3; MA 3MB 4) Hãy tìm trên đường thẳng điểm M cho nhỏ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B và C nằm trên hai đường thẳng d 1: x + y + = và d 2: x + 2y – = Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG 1 3 x 3 x 21 3 x 5 Câu 8a (1,0 điểm) Giải bất phương trình trên : B Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm P( 7;8) và hai đường thẳng d1 :2 x y 0 ; d :5 x y 0 cắt A Viết phương trình đường thẳng d3 qua P tạo với d1 , d thành tam giác cân A và có diện tích 14, x2 y2 1 16 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Hypebol (H): ViÕt ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña elip (E) cã tiªu ®iÓm trïng víi tiªu ®iÓm cña (H) vµ ngo¹i tiÕp h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H) (2) log2 9x 7 15 log2 3x 1 2 2 Hãy tìm các giá trị Câu 8b (1,0 điểm) Cho khai triển Niutow x , biết số hạng thứ từ trái sang phải khai triển này là 224 - Hết -ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 27 I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) D \ * Tập xác định * Sự biến thiên: +/ Giới hạn và tiệm cận: lim y 1; lim y 1 x : x Đồ thị có tiệm cận ngang là y 1 lim y ; lim y x 3 x tiệm cận đứng là x 3 +/ x Ta có: y' y : Đồ thị có y' 5 x 3 0; x 3 , Bảng biến thiên: Hàm số nghịch biến trên các khoảng ;3 và 3; * Đồ thị: 12 10 -25 -20 -15 -10 -5 10 15 20 -2 -4 -6 -8 -10 Gọi M là điểm thuộc đồ thị (C): (3) M a;1 , a 3 a 3 1 : x 0 Tiệm cận đứng ; tiệm cận ngang : y 0 Theo giải thiết: d M ; 5d M ; 1 5 a a (1) Giải phương trình (1), ta được: a 4; a 2 Vậy các điểm cần tìm là: M 4;6 & M ' 2; Câu (1,0 điểm) Phương trình 3sin x cos x 3 sin x 3cos2 x 9sin x 2 3cos2 x 2sin x 1 2sin 2 x 3sin x 1 0 2sin x 0 3cos2 x sin x 0 3cos2 x sin Giải phương trình (1): x k 12 sin x k x 5 k 12 Giải phương trình (2): x k 3cos2 x sin x cos x k 5 6 x k 12 2sin x 1 Câu (1,0 điểm) x y x 4 y Ta có: (1) ( x y ) ( x y ) 0 Với x = y: Thay vào (2) ta x = y = Với x = 4y: Thay vào (2) ta x 32 15; y 8 15 Câu (1,0 điểm) Vì hàm số liên tục trên 1;8 Ta có: 1 1 x x x x3 dx 1 dx x x 1 1 d (x ) x1 dx x ln( x x ) C x x x = x (4) x2 f x x x trên Vậy nguyên hàm hàm số F x ln( x ) C ; C 1;8 x đoạn là: Câu (1,0 điểm) Từ giả thiết, ta có tam giác ABO vuông O và AO = a ; BO = a , đó ABD 60 Hay ABD Do SAC ; SBD ABCD nên giao tuyến chúng SO (ABCD) Gọi H là trung điểm AB, K là trung điểm HB ta có DH AB và DH = a ; OK // a OK DH 2 OK AB AB DH và (SOK) Gọi I là hình chiếu O lên SK OI OI a (SAB), hay OI Tam giác SOK vuông O, OI là đường cao 1 a SO 2 OI OK SO S ABC D 4S ABO 2.OA.OB 2 3a Diện tích đáy SO đường cao hình chóp Thể tích khối chóp S.ABCD: ; a 3a VS ABCD S ABC D SO 3 Câu (1,0 điểm) Ta có: 1 1 a b a2 a b a a a b a b 4 2 2 b2 a a b Tương tự: 1 1 a b 2a (2b 2 2 Ta chứng minh (*) Thật vậy, (*) a2 b2 2ab a b 4ab a b (a b) 0 Dấu "=" xảy a b (5) A Theo chương trình Chuẩn 7a (2,0 điểm) Gọi I là trung điểm AB, J là trung điểm ; IB Khi đó I(1 ; -2), J( ) Ta có : MA 3MB ( MA MB ) MB 2MI 2MB 4MJ MA 3MB Vì nhỏ M là hình chiếu vuông góc J trên đường thẳng Đường thẳng JM qua J và vuông góc với có phương trình : 2x – y – = Tọa độ điểm M là nghiệm hệ 2 x x y 0 19 x y 0 y 19 ; Vậy M( 5 ) Giả sử B ( xB ; yB ) d1 xB yB 5; C ( xC ; yC ) d xC yC Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: xB xC 6 yB yC 0 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;- 4) ; C(5;1) BG (3; 4) VTPT nBG (4; 3) Ta có trình BG: 4x – 3y – = nên phương Bán kính R = d(C; BG) = phương trình 81 đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 25 8a (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 21 3 x 4 3 x Điều kiện: x 21 3 x Đặt t 2 5 3 x 1 BPT 2t t 2t 5 5 2t 0 2t t 5 2t 8 2t t 0 5t 22 x 17 0 (6) 0 t t 4 t 1 17 t 1; t Với t 1 3 x 1 x 0 x 3 B Theo chương trình Nâng cao 7b (2,0 điểm) d3 (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng qua P tạo với d1 , d Ta có A(1; 1) và d1 d Phương trình các đường phân giác các góc tạo d1 , d là: 1: x y 0 và 2: 3x y 10 0 d3 tạo với d1 , d tam giác vuông cân d3 vuông góc với 1 2 Phương trình d3 có dạng: x y C 0 hay x y C 0 Mặt khác, d3 qua P( 7;8) nên C = 25 ; C = 77 Suy : d3 : x y 25 0 hay d3 :3x y 77 0 Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích 29 cạnh huyền 58 58 Suy độ dài đường cao A H = = d ( A, d3 ) Với d3 : x y 25 0 thì ( tm) d ( A; d3 ) 58 d ( A; d3 ) 87 58 Với d3 : 3x y 77 0 thì ( loại ) (1,0 điểm) Viết ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña (E) Hypebol (H) có các tiêu điểm F1 5; ; F2 5; Hình chữ nhật sở (H) có đỉnh là M( 4; 3), Gỉa sử PT chính tắc (E) có dạng: x y2 1 2 a b2 ( với a > b và a b c ) (E) Cũng có hai tiêu điểm F1 5;0 ; F2 5; a b 52 1 (7) M 4;3 E 9a 16b2 a b2 2 Từ (1) và (2) ta có hệ: a 52 b a 40 2 2 9a 16b a b b 15 Vậy phương trình chính tắc (E) là: x2 y2 1 40 15 Hãy tìm các giá trị x , 8b (1,0 điểm) k 8 a b C8k a 8 k b k Ta có: Áp dụng với a 2log2 x 7 k 0 = 9x ; b 2 log 3x 1 3x 1 + Theo thứ tự khai triển trên, số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải khai triển là 1 5 x x T6 C8 1 56 x 3x 1 + Theo giả thiết ta có : 1 9x 56 9x 3x 1 = 224 x 4 9x 4(3x 1) 1 3x 1 x 1 3x 4(3x ) 0 x 3 x 2 - Hết ĐỀ SỐ 28 THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 2x y 1 x Câu I(2 điểm) : Cho hàm số C Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số trên Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; ) và có hệ số góc k Tìm k cho (d) cắt ( C ) hai điểm M, N và MN 3 10 Câu II (2 điểm) : 1.Giải phương trình sau : sin2x(sin2x -2) +2sinx = 2cosx – cos x 2.Giải bất phương trình: √ x x −1 −1+ ≤ x −2 √ x +1 √ (8) sin x+ cos x ¿ ¿ ¿ sin x cos2 x+ cos4 x ¿ Câu III (1 điểm) : Tính tích phân: I = ¿ π ¿ Câu IV (1 điểm) : Cho hình lăng trụ ABC A❑ B❑C ❑ có cạnh bên a, góc cạnh bên và mặt đáy 600 Hình chiếu vuông góc B❑ lên (ABC) là trung điểm H AB Tam giác ABC có BC = 2a, góc ACB 300 Tính thể tích lăng trụ ABC A❑ B❑C ❑ và khoảng cách B❑ H và BC Câu V (1 điểm) : Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = xyz và x > 1, y > 1, z > Tìm giá P x y z y2 z x trị nhỏ biểu thức: PHẦN RIÊNG (3 điểm) (thí sinh làm hai phần A B) A.Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông A , biết B và C đối xứng qua gốc tọa độ Đường phân giác góc ABC có phương trình là x y 0 Tìm tọa độ các đỉnh tam giác biết đường thẳng AC qua điểm K (6; 2) 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1;0;2), B(-2;1;1), C(1;-3;-2) D là điểm thuộc đờng thẳng chứa cạnh BC cho DB = 2DC Lập phơng trình mặt cầu ngoại tiếp tø diÖn S.ABD biÕt S(1;0;0), và D có hoành độ dương Câu VII.a (1 điểm): Tìm modun số phức w=3 −zi+ z , biết (1 i) z 3i 0 B.Theo chương trình nâng cao CâuVI.b (2điểm) 2 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) x y x y 0 và đường thẳng d: x y 0 Tìm các đỉnh hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (C) biết đỉnh A thuộc d và có hoành độ dương 2 2.Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): ( x 1) ( y 2) ( z 3) 17 và mặt phẳng (P): 2x + 2y + z + = Viết phương trình đường thẳng qua A(8, 0, – 23), nằm (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S) CâuVII.b (1điểm) Tìm hệ số chứa x khai triển biết ❑❑ ❑ ❑ [ 1+x log (n+ 4)+3 x2 ] n− 3 Cn +4 = An +3+ 7(n+3) ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN SÔ 28 Câu I Nội dung * TXD : D = R\{1} * Sự biến thiên: + Giới hạn – Tiệm cận 1− x ¿2 ¿ + Chiều biến thiên: ❑ y =¿ Điểm 0.25 (9) x y/ BBT - + + y + y + + - - 0.25 Hàm số đồng biến trên ( - ∞ ; 1); (1;+ ∞ ) Hàm số không có cực trị -2 O x -2 0.5 Đồ thị Giao Ox, Oy A(-2;0), B(0;4) Từ giả thiết ta có: (d ) : y k ( x 1) Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt cho x2 x1 2 0.25 y2 y1 90(*) 2x k ( x 1) kx (2k 3) x k 0 (I ) x 1 (I ) y k ( x 1) y k ( x 1) Ta có: Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt và phương trình kx (2k 3) x k 0(**) có hai nghiệm phân biệt khác Khi đó dễ có k 0, k Ta biến đổi (*) trở thành: 2k k 3 , x1 x2 , k k Theo định lí Viet cho (**) ta có: vào (***) ta có 2 phương trình: 8k 27 k 8k 0 (k 3)(8k 3k 1) 0 x1 x2 0.25 0.5 −3 ± √ 41 16 KL: Vậy có giá trị k thoả mãn trên ⇔ k=−3 ; k= II sin2x(sin2x -2) +2sinx = 2cosx – cos x 0.25 (10) sin x − cos x=0 ¿ 1− cos x=0 ¿ π x= + kπ ¿ π x=± + k π ¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ¿ ❑ ⇔ sin x cos x +4 cos x − sin x cos x +2 sin x −2 cos x=0 ⇔ cos x − sin x cos x +sin x − cos x=0 ¿ ¿ ⇔ cos x (cos x −sin x)+sin x − cos x=0 ⇔ 0.75 0.25 2 Đk: x≥2 √ √ III √ √ sin x cos x 0.25 0.25 x −1 x −1 ≤ BPT ⇔ √ x+1 x x −2+ −1 2 1 ⇔ ≤ (do x ) √ x +1 x x − 2+ −1 2 x ⇔ −1+ x − 2≤ √ x +1 2 x 3x ⇔ ( −1)( − 2) ≤ 2 −2 ⇔ ≤ x≤4 Kết hợp đk thì BPT đã cho có tập nghiệm là: [2;4] √ √ 0.25 √ cos x tan x 1 I dx dx cos x 2sin x cos x cos x cos x tan x 1 tan x 1 tan x 1 dx d tan x tan x cos x tan x 0 Đặt t tan x dt d tan x x 0 t 0 x t 1 Đổi cận 0.25 dx cos x 0.25 0.25 (11) 0.25 t +1 ¿ ¿ ¿ 2t +1 ¿ 2t Khi đó ¿ ¿ I = ¿ 1 1 1 I t 3t ln 2t ln 1 ln 4 2 4 IV ❑ Từ giả thiết suy B H là chiều cao lăng trụ Góc cạnh bên và mặt a đáy góc B❑ BH=60 ⇒ BH= ⇒AB=a AB BC = Áp dụng định lý sin tam giác ABC, ta có sin C sin A ⇒ sin A=1⇒ A=90 Vậy tam giác ABC vuông A Tính AC = a √ a2√ Diện tích đáy S ABC= AB AC= 2 a B❑ H = √ Đường cao hình chóp A/ ❑ ❑ ❑ Thể tích khối lăng trụ ABC A B C a3 V ABC A B C = B❑ H SABC= ❑ ❑ B/ ❑ 0.25 0.25 C/ 0.25 A V HI vuông góc với BC ( I là trung điểm BK), thì HI là đoạn vuông góc chung K H B/H và BC + I a √3 B Khoảng cách cần tính là HI= 0.25 x 1 y y 1 z z 1 x 1 1 P 2 y z x y z x y z x Ta có (1) Mà x 1 y y 1 z z 1 x y2 z2 x2 0.25 1 1 1 x 1 y 1 z 1 y z z x x y 2 y 1 z 1 xy yz xz (2) Từ (1) và (2) suy x 1 0.25 (12) 1 1 1 1 P 2 x y z x y z xy yz zx (3) 1 1 xy yz zx Từ giả thiết ta có 1 1 1 2 2 1 x y z xy yz zx Mà (4) 0.25 (5) 1 1 1 1 x y z 3 xy yz zx x y z (6) 0.25 Từ (3), (4), (5) và (6) suy P Dấu xảy và x y z VIa B(5 2b; b), C (2b 5; b) , O(0;0) BC 0.25 Gọi I đối xứng với O qua phân giác góc ABC nên I (2; 4) và I AB BI 2b 3;4 b ABC Tam giác vuông A nên vuông góc với CK 11 2b;2 b b 1 (2b 3)(11 2b) (4 b)(2 b) 0 5b 30b 25 0 b 5 Với b 1 B (3;1), C ( 3; 1) A(3;1) B loại 31 17 A ; 5 Với b 5 B ( 5;5), C (5; 5) 31 17 A ; ; B ( 5;5); C (5; 5) Vậy 5 0.25 0.25 0.25 0.25 Tìm đợc D( 4;-7;-5) Gäi (S): x 2+ y + z − ax −2 by −2 cz +d=0 qua S(1;0;0), A(1;0;2), B(-2;1;1), D(4;-7;-5 ¿ −2 a+ d=0 −2 a − c +d=0 6+ a− b −2 c+ d=0 90 −8 a+ 14 b+10 c +d =0 ¿{{{ ¿ lµ mÆt cÇu cÇn t×m Do (S) ®i ) nªn cã 0.25 0.25 0.25 (13) ¿ −10 a= −17 b= Gi¶i c=1 −23 d= ¿{{{ ¿ 23 2 20 Suy (S): x + y + z + x+ 17 y − z − =0 3 VII.a Theo giả thiết, ta có x 2 (1 i)( x yi ) 3i 0 0 ( x y 1) ( x y 3)i 0 y Suy z 2 i Ta có w=3 −zi+ z =3 −(2−i)i+2+i=4 −i |w|= √ 17 Suy VI.b 0.5 0.25 0.25 2 + Đường tròn ( x 1) ( y 3) 8 có tâm I ( 1;3) bán kính R 2 + A thuộc d nên A( x; x) 2 + Ta có IA 8 ( x 1) (1 x) 8 ( x 1) 4 x 1 x ( L) Vậy A(1;1) C ( 3;5) I ( 1;3) + Đường thẳng BD qua vuông góc với IA nên nhận IA (2; 2) // u (1; 1) làm véc tơ pháp tuyến có phương trình: x y 0 + Tọa độ giao điểm B, D thỏa mãn phương trình: x 1 ( x 1)2 ( x 1)2 8 ( x 1) 4 x + x 1 y 5 + x y 1 Vậy B(1;5) ⇒ D(-3;1) ngược lại 0.25 0.25 0.25 0.25 17 n S) có tâm (P) có VTPT = (2, 2, 1) I(–1, 2,–3), bán kính R = + Gọi u = (a,b, c) là VTCP đường thẳng cần tìm (a2 + b2 + c2 > 0) c = – 2a – 2b (1) + (P) u n 2a +2b + c=0 + Ta có AI = (–9, 2, 20), [ AI , u ] = (2c – 20b, 20a + 9c, – 9b – 2a) 0.25 (14) AI , u 17 u tiếp xúc (S) d(I, ) = R 2 2 2 (2c 20b) (20a 9c) ( 9b 2a) 17 a b c (2) +Từ (1) và (2) ta có ( 4a 24b) (2a 18b) ( 9b 2a ) 17[ a b ( 2a 2b) ] 896b2 – 61a2 + 20ab = +Nếu b = thì a = suy c = vô lí, b 0 Chọn b = 224 Ta có – 61a2 + 20a + 896 = a = a = 61 224 326 + Với a = 4, b = thì c = – 10 ; với a = 61 , b = thì c = 61 224 x 8 61 t x 8 4t y t y t 326 z 23 t z 23 10t 61 Vậy có hai đường thẳng thỏa bài toán là: và VII.b Tìm n = 12 1+2 x +3 x ¿10 n−2 Suy [ 1+ x log (n+ 4)+3 x2 ] =¿ 0.25 0.25 0.25 n 12 0.25 10 10 10 10 2 10 (1 x) x C (1 x) C (1 x ) x C (1 x) x Ta có: C100 (1 x)10 C100 C100 C101 x C102 x C103 x C104 16 x 3x 2C101 (1 x )9 3x 2C101 C90 C91 x C92 x x 4C102 (1 x )8 9 x 4C102 C80 0.25 10 10 10 10 C C 16 3C C 9C C 8085 Vậy hệ số số hạng chứa x là : ( Cũng có thể giải theo cách chọn k,i) 0.25 (15)