Xem mẫu

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y = 2x 3 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 2 (1 điểm) Giải phương trình: 2(tanx – sinx) + 3(cotx – cosx) + 5 = 0. Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân: Câu 4 (1 điểm) 1 dx 11 + x + 1 + x2 1. Tính tổng : S = C 0 C 5 + C1 C 4 + C 2 C 3 + C 3 C 2 + C 4 C1 + C 5 C0 . 2. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết z = 2 và 1 z = 1 +i. z. Câu 5 (1 điểm) Trong không gian Oxyz cho điểm M(1;1; 2). Viết phương trình mặt phẳng ( a) đi qua M và cắt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz tại A, B ,C sao cho ABC là một tam giác có trực tâm là điểm M. Câu 6 (1 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC 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) trong trường hợp thể tích khối chóp S.ABC lớn nhất . Câu 7 (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường tròn (C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn đó. Câu 8 (1 điểm) Câu 9 (1 điểm) Giải phương trình x 4 24x 3 + 200x 2 672x + 716+ x 2 + 10 x = 0. Cho các số thực a , b, c > 1 và thỏa mãn 2 a 2 + b 2 + c 2 + 6 £ 5 ( a + b + c). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F = a + 1 + 1 a 3 + 1 + b + 1 + 1 b 3 + 1 + c + 1 + 1 c3 +1. ĐÁP ÁN Câu 1 (2 điểm) 1. HS tự làm. 2. Lấy điểm M m;2 + m 1 2 ∈( C) . Tiếp tuyến (d) tại M có PT y = ( m 1 2) 2 ( x m )+ 2 + m 1 2 . Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là A 2;2 + m 2 2, với tiệm cận ngang là B(2m – 2 ; 2). Ta có : AB2 = 4 ( m 2 2 + 1 ³8 . Dấu “=” xảy ra khi m = 2. Vậy điểm M(2; 2). m 2 Câu 2 (1 điểm) PTÛ cosx + sinx ( cosx + sinx cosx.sinx)= 0. - Xét cosx + sinx = 0 Û tanx = 2 = tana Û x = a + kπ, k ∈ℤ. http://megabook.vn/ - Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx với t ∈ 2; 2 . Khi đó phương trình trở thành: t t 22 1 = 0 Û t 2 2t 1= 0 Û t = 1 2 Suy ra : 2cosx π = 1 2 Û cosx π 1 4 22 = cosb Û x = π ± b + k2π,k∈ℤ. Câu 3 (1 điểm) Tích phân I = 1 1 + x + x1 + x2 = 1 1 1 + 1 dx 1 1 + x2 dx. Trong đó 1 I1 = 2 1 x + 1 dx = 2 ln x + x | 1=1 và I 2 = 1 1 +x2 dx . Đặt t = 1 + x 2 t 2 = 1 + x 2 2tdt = 2xdx . Đổi cận : x = 1 1 t = 2 . Vậy I2= 2 2 (t 2dt1)= 0. Nên I = 1. Câu 4 (1 điểm) 1. Chọn khai triển : ( x + 1)5 = C 0 + C1 x + C 2 x 2 + ⋯+C 5 x5 ; ( x + 1)7 = C 0 + C1 x + C 2 x 2 + ⋯+ C 7 x 7 = C 0 + C1 x + C 2 x 2 + ⋯+ C 5 x5 +⋯ Hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)5.(x + 1)7 là C 0 C 5 + C1 C 4 + C 2 C 3 + C 3 C 2 + C 4 C1 + C 5 C0 . Mặt khác : (x + 1)5.(x + 1)7 = (x + 1)12 và hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)12 là : C12 . Từ đó ta có : C 5 C 7 + C 5 C 7 + C 5 C 7 + C 5 C 7 + C 5 C 7 +C 5 C7 = C12 = 792. 2. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết z = 2 và 1 z= 1+ i. z. Giả sử z = a +ib, với a , b∈ℝ. Ta có z = 2 Û a 2 + b2 = 2 Û a = b = ±1 Û z = ± 1+i . 1 z= 1+ i.z Vậy phần thực và phần ảo của z cùng bằng 1 hoặc cùng bằng 1. Câu 5 (1 điểm) Chứng minh được M là trực tâm ΔABC khi và chỉ khi OM ^ ( ABC). Vậy mặt phẳng (a) đi qua M(1;1; 2), có VTPT n = OM = (1;1; 2), nên (a) có PTx + y 2 z 6= 0. Câu 6 (1 điểm) Gọi j là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC). Ta có j = SCA; BC = AC = a.cosj ; SA = a.sinj . Vậy V ABC = 1 .SABC.SA = 1 .AC.BC.SA = 1 a 3 sin j .cos 2 j = 1 a 3 sin j (1 sin2 j). Xét hàm số f(x) = x – x3 trên khoảng ( 0; 1). Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 . f ` ( x )= 0 Û x = ± 1 . 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 Maxf ( x)= f 3 = 3 23 . Do đó MaxVSABC = 9a 33 , đạt được khi sinj = 1 hay j = arcsin 1 (với 0 < j < 2 ). Vậy j = arcsin 1 . Câu 7 (1 điểm) Đường tròn (C1) có tâm I1(5 ; -12) bán kính R1 = 15 , Đường tròn (C2) có tâm I2(1 ; 2) bán kính R1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0 (A + B ¹ 0) là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) thì khoảng cách từ I1 và I2 đến đường thẳng đó lần lượt bằng R1 và R2 , tức là 5A 12B+ C A 2 +B 2 A + 2B +C A 2 +B2 Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | Hay 5A – 12B + C = ± 3(A + 2B + C) http://megabook.vn/ TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C) C = A – 9B thay vào (2) |2A – 7B | = 5 A 2 + B2 21A2 + 28AB 24B2 = 0 A = 14±10 21 7 B 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) C = 4A+3B, thay vào (2) ta được 96A2 + 28AB + 51B2 = 0. Phương trình này vô nghiệm . Câu 8 (1 điểm) Giải phương trìnhx 4 24x 3 + 200x 2 672x + 716+ x 2 + 10 x = 0. Điều kiện 2 x £10. Ta biến đổi PT Û x 2 + 10 x = ( x 6 )2 ( x 2)(10 x)+4(1). Với 2 x £10 thì VP(1) ³ 4. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki (Bunyakovsky) ( x 2 + 10 x )2 £ (1 + 1)(x 2 + 10 x )VT(1) = x 2 + 10 x £ 4 VT(1) £ 4 £VP(1). Như vậy (1) Û ( x 6 )2 ( x 2)(10 x ) = 0 Û x = 6. Vậy (1) có nghiệm duy nhất x = 6. x 2 = 10 x Câu 9 (1 điểm) Giả sử a , b, c > 1 và thỏa mãn 2 (a 2 + b 2 + c 2 )+ 6 £ 5 (a + b + c). Trước hết, ta thấy 2 x 2 5 x + 8 ³ x + 1 + 1 + x 3, ∀x > 1 Û 2 x 2 6 x + 7 ³ 1 + x 3, ∀x > 1 Û ( 2 x 2 6 x + 7 )2 ³ 1 + x 3, ∀x > 1 Û ( x 2 ) 2 ( 4 x 2 9 x + 12)³ 0,∀x > 1. BĐT cuối cùng đúng, do đó 2 x 2 5 x + 8 ³ x + 1 + 1+ x3 đúng, với ∀x > 1. Ta có 2 x 2 5 x + 8 ³ x + 1 + 1 + x 3 > 0,∀x > 1, nên 2 x 1 £ 1 , ∀x > 1, do đó x + 1 + 1+ x3 2 a 2 2b 2 2 c 1 1 5 a +8 a + 1 + 1+a3 1 1 5b + 8 b + 1 + 1+b3 1 1 5c +8 c + 1 + 1+c3 F = 1 + 1 + 1 ³ a + 1 + a 3 + 1 b + 1 + b 3 + 1 c + 1 + c3 +1 1 5 a + 8 2b 2 1 1 5b + 8 2 c 2 5c +8 ³ 2 a 5 a + 8 ) + ( 2b 2 5b + 8 ) + ( 2c 2 5c + 8 ) = 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) 95 ( a + b + c)+24 ³ 1 . Xảy ra F = 1 khi a = b = c = 2. Vậy minF = 1, đạt được khi a = b = c = 2. http://megabook.vn/ ... - tailieumienphi.vn
nguon tai.lieu . vn