Thử sức trước kì thi Đại học môn Toán - Đề 8

TRƯỜNG THPT LÊ XOAY NĂM HỌC 2011-2012 KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I ĐỀ THI MÔN: TOÁN – Khối A+AB Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 01 trang Câu I. Cho hàm số 3 2y 2x x 4x 1 (C)    1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C). 2. Tìm số thực k sao cho có hai tiếp tuyến phân biệt cùng hệ số góc k tiếp xúc với (C) và đường thẳng đi qua hai tiếp điểm cắt trục hoành tại điểm A, cắt trục tung tại điểm B sao cho OB = 2012.OA Câu II. 1. Giải phương trình 71 x 4x 6 2     2. Giải hệ phương trình 3x y 5x 4y 5 12 5x 4y x 2y 35          Câu III 1. Giải phương trình 22 cos2xcot x cos x 11 tan x sin x    2. Nhận dạng tam giác ABC biết: 22bccos(B C) a  (Trong đó A, B, C là ba góc; a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB) Câu IV 1. Cho hai đường tròn 2 21(C ) : (x 1) (y 2) 4    và 2 22(C ) : (x 2) (y 3) 2    cắt nhau tại điểm A(1; 4). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt lại (C1), (C2) lần lượt tại M và N sao cho: MA = 2.NA; 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, 0ABC 60 , tam giác SAB đều. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mp(ABC) là một điểm nằm trên đường thẳng AH. a. Tính thể tích khối chóp S.ABC b. Tính góc giữa hai mặt phẳng mp(SAC) và mp(ABC) Câu V. Cho hai số thực x, y thoả mãn 2 2 x y 3 x y xy 4      . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2P(x, y) x y xy 2xy.   Hết (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) ĐỀ CHÍNH THỨC thanhtam@gmail.com sent to www.laisac.page.tl Họ và tên thí sinh :......SBD: ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I – KHỐI A+AB Câu Nội dung Điểm I.1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 3 2y 2x x 4x 1 (C)    1.00 1- TXĐ : R 2.SBT . - Giới hạn: x x lim ; lim .     - Có : 2 2y ' 6x 2x 4 (x 1)(6x 4);y ' 0 x 1;x . 3            - BBT. Hàm số đb trên khoảng ( ; 1)  và 2( ; ), 3  nb trên 2( 1; ). 3  Hàm số đạt cực đại tại x = -1 ; giá trị cực đại là f(-1) = 4. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2/3 ; giá trị cực tiểu là f(2/3) = - 17/27. 3. Đồ thị. Điểm uốn 1 91I( ; ) 6 54  làm tâm đối xứng. - Đồ thị cắt Oy tại (0 ; 1), Cắt Ox tại (1 ; 0); 3 17( ;0) 4   ; đi qua (-2 ; -7) 0.25 0.25 0.25 0.25 I.2 Tìm số thực k sao cho có hai tiếp tuyến cùng hệ số góc k 1.00 - Hoành độ hai tiếp điểm là nghiệm pt f '(x) k 2 26x 2x 4 k 6x 2x (4 k) 0        (*) - Có 2 tiếp tuyến (*) có 2 nghiệm p/b 25' 1 6(4 k) 0 k .(**) 6          - Có : 1 1 37 f (x) f '(x)( x ) x 1. 3 18 9     Giả sử M(x ; y) là tiếp điểm thì f '(x) k và 1 1 37 3k 37 k 18 y f (x) k( x ) x 1 x 3 18 9 9 18                  Vậy pt đ/ thẳng qua hai tiếp điểm là : 3k 37 k 18y x ; (d) 9 18             - Khi đó tọa độ giao điểm k 18 k 18A ;0 ,B 0; ; 37 3k 0. 2(37 3k) 18              0.25 0.25 0.25 +  -  - 17 27 4 _ ++ 00 +  2 3- 1-  y y' x 8 6 4 2 -2 -4 -6 -15 -10 -5 5 10 15O - Đk: (**)k 18 k 18 OB 2012.OA 2012 | 37 3k | 18108 18 2(37 3k)        18145 18071 k ;k . 3 3     Vậy có hai giá trị k thoả mãn. 18145 18071; . 3 3  0.25 II.1 Giải phương trình: 71 x 4x 6 2     1.00 Đặt 1 x u; 4x 6 v; u,v 0.     Ta được hệ : 2 2 2(u v) 7 (1) 4(1 u ) v 6 (2)       (1) 7u v 2   , thế vào (2): 2 2 2 v 3 7 v 4( v) 10 5v 28v 39 0 132 v 5            - Với 1 3v 3;u 4x 6 3 x . 2 4        (tm) - Với 13 9 13 19v ;u (tm) 4x 6 x . 5 10 5 100        Vậy pt có2 nghiệm x = ¾ ; x = 19/100. 0.25 0.25 0.25 0.25 II.2 Giải hệ phương trình: 3x y 5x 4y 5 12 5x 4y x 2y 35          1.00 - Đk: 3x y 0;5x 4y 0.    Đặt 2 2u 3x y;v 5x 4y x 2y 2(3x y) (5x 4y) 2u v            Hệ trở thành: 2 2 2 2 u v 5 u 5 v 12v 2u v 35 0 2(5 v) v 12v 35 0                 2 u 5 v v 8v 15 0       v 3;u 2 v 5;u 0      TH1. v 3 5x 4y 9 x 1 u 2 3x y 4 y 1               . TH2. 25 xv 5 5x 4y 25 7 u 0 3x y 0 75 y 7                . Vậy hệ có 2 nghiệm (1 ;1) ;(-25/7 ; 75/7) 0.25 0.25 0.25 0.25 III.1 Giải phương trình: 2 2 cos 2x cot x cos x 1 (1) 1 tan x sin x     1.00 - Đk : sin x 0;cos x 0 x k , k Z. 2      2 cos x cos 2x (1) 2cos x cos x 1 sin x sin x      22cos x sin x cos x cos 2x cos x sin x sin x     2(2cos x sin x sin x) (cos x sin x cos x) cos 2x 0      2 2(2cos x 1)sin x cos x(1 sinx) (2cos x 1) 0       2(2cos x 1)(sin x 1) cos x(1 sin x) 0      0.25 0.25 2(sin x 1)(2cos x cos x 1) 0     (sin x 1)(cos x 1)(2cos x 1) 0     1 2 2cos x 1 0 cos x x k2 ,k Z (t / m) 2 3             Vậy phương trình có hai họ nghiệm : 2x k2 ,k Z 3      . 0.25 0.25 III.2 Nhận dạng tam giác ABC biết 2 2bccos(B C) (*) a   1.00 - Áp dụng định lý Sin trong tam giác 2 2sin B.sin C 4sin Bsin C (*) cos(B C) 2sin A cos(B C) sin A sin A       4sin Bsin C 4sin Bsin C 2sin(B C)cos(B C) sin 2B sin 2C sin A sin A        sin Bsin C sin Bsin C (sin Bcos B ) (sin Ccos C ) 0 sin A sin A      sin C sin B sin B(cos B ) sin C(cosC ) 0 sin A sin A      sin B(sin AcosB sin(A B)) sin C(sin AcosC sin(A C)) 0       sin Bsin BcosA sin Csin CcosA 0   2 2 0(sin B sin C)cosA 0 cosA 0 A 90       . Vậy  ABC vuông tại A. 0.25 0.25 0.25 0.25 IV.1 2 21(C ) : (x 1) (y 2) 4    ; 2 22(C ) : (x 2) (y 3) 2    ; A(1;4) 1.00 - Giả sử MN có dạng : 2 2a(x 1) b(y 4) 0; a b 0.      ( Do MN đi qua A) - Gọi H1, H2 lần lượt là trung điểm AM, AN 2 2 2 21 2 1 1 1 2 2 2AH 2.AH R O H 4(R O H )      2 2 2 2 1 1 2 2R d (O ,(d)) 4[R d (O ,(d))]    2 2 2 2 2 2 | a 2b a 4b | | 2a 3b a 4b | 4 4 2 a b a b                          2 2 2 2 2 2 4b 4(a b) 4 8 a b a b      2 2 2 2 a 2ab 1 b 2ab 0 a b      TH1. b 1,a 0 (d) : x 1 0     TH2. b 2a 0.   Chọn a = 1 ; b = -2 ta được (d) : x – 2y + 7 = 0. Vậy có hai đường thoả mãn : x – 1 = 0 và x – 2y + 7 = 0. 0.25 0.25 0.25 0.25 IV.2a Tính thể tích khối chóp S.ABC 1.00 - Gọi O là hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC) ; O thuộc AH. - Tam giác ABC có : AB = a ; BC = 2a ; AC 2 3. - Tam giác ABH có 0 0ABH 60 BAH 30   ; 2 2AB a a a 3BH ;AH a . 2 2 4 2      - AO và BO lần lượt là hình chiếu vuông góc của SA, SB trên mp(ABC), mà SA = SB  OA = OB. AOB cân tại O 0 0ABO 30 OBH 30    0.25 0.25 C2 C1 (d) R2 R1 M N A O1 O2 H2 H1 a a 300  2aa a 3 a A C S H O M - Tam giác BHO có : 0 aOH BH.tan 30 ; 2 3   aOA OB 2OH . 3    ( Suy ra O nằm giữa A và H) - Tam giác SAO có : 2 2 2 2 a 2SO AB OB a a . 3 3      3 S.ABC 1 1 1 2 a 2V SO.S(ABC) AB.AC.SO .a.a 3.a . 3 6 6 3 6     (đvtt) 0.25 0.25 IV.2b Tính góc giữa hai mặt phẳng mp(SAC) và mp(ABC) 1.00 - Hạ OM  AC = M (1) ; do AC  SO , suy ra AC mp(SOM) AC SM (2)   Từ (1), (2)  góc  giữa hai mp(SAC) và mp(ABC) chính là góc giữa SM và MO. Tam giác SMO vuông tại O SMO  - Trong tam giác AOM có : 0a a 3 aOM AOsin OAM sin 60 . 2 23 3     Vậy : 2aSO 2 6 2 63tan arctan .aMO 3 3 2        0.25 0.25 0.25 0.25 V Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2P(x, y) x y xy 2xy.   1.00 - Đặt x y 3 a,a 0.    Khi đó có hệ : 2 2 2 x y 3 a x y 3 a x y 3 a (x y) 4 a 6a 5(x y) 3xy 4 xy xy 3 3                            x, y là nghiệm của phương trình : 2 2 a 6a 5t (3 a)t 0 (*) 3      - Điều kiện để có x, y là phương trình (*) phải có hai nghiệm. 22 2 a 0 a 0 7 a 04 a 6a 7 0(3 a) (a 6a 5) 0 3                   - Khi đó : 2 3 2(a 6a 5)(a 1) a 7a 11a 5 P(x, y) xy(x y 2) f (a) 3 3            2 1 11f '(a) (3a 14a 11); f '(a) 0 a 1;a ; 3 3          - BBT. f ( 7) 24;   11 256f ( ) ; 3 81   5f (0) . 3  0.25 0.25 0.25 -24 5 3 0 256 81 +_+ 00 0-1- 11 3-7 f(a) f'(a) a Vậy : a [ 7;0] 2 x y 256 11 3maxP(x, y) f (a) a 3281 3 xy 27 max               3 105 3 105 x ; y 9 9 3 105 3 105 x ; y 9 9             0.25 (Học sinh làm cách khác đúng được điểm tối đa) Vĩnh Tường, 25 – 10 – 2011 Soạn Đề – Đáp án : Nguyễn Minh Hải