ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN: TOÁN - ĐỀ SỐ 06

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

82
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học môn: toán - đề số 06', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN: TOÁN - ĐỀ SỐ 06

e.tl .pag aisac .l www ĐĐỀ SỐ06 6 Đ Ề SỐ 0 Ề Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: Cho hàm số: y  x 3  3x 2  9x  3. 1) Khảo sát sự b iến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) của hàm số. 2) Tìm các giá trị của k để tồ n tại hai tiếp tuyến với (C) phân biệt nhau và có cùng hệ số góc k, đồng thời đường thẳng đi qua các tiếp điểm của hai tiếp tuyến với (C) cắt các trục tọa độ Ox, Oy tương ứng ở A và B sao cho OB = 2011.OA. Câu II:  x 3  2y 2  x 2 y  2xy  1) Giải hệ phương trình:  2 3  2 x  2y  1  3 y  14  x  2.  2 2) Giải phương trình: 23x  3 x  17. Câu III: 3 2011  x  3x 2  2  3 Tính tích phân: I  dx. 1 Câu IV:  Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, cạnh BC = a và ABC  300. Hai mặt phẳng 0 (SAB) và (SAC) cùng tạo với đáy một góc 60 . Biết rằng hình chiếu của đỉnh S trên mặt đáy thuộc cạnh BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. Câu V: x 3 y3 Tính giá trị lớn nhất biểu thức P  , trong đó x, y, z là các số dương thỏa mãn 2  x  yz  y  zx  z  xy  x  y  1  z. PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết ba chân đường cao ứng với các đỉnh A, B, C lần lượt là A ' 1;1 , B '  2;3 , C '  2; 4  . Viết phương trình đ ường thẳng chứa cạnh BC. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đ iểm A 1; 2; 7  , B  4;0; 0  , C  5; 0; 1 và mặt cầu S : x 2  y2  z 2  2x  4y  7  0. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu (S) sao cho thể tích tứ diện MABC lớn nhất, nhỏ nhất. Câu VII.a: 2 Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức 2z  3  i , biết rằng 3z  i  zz  9. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b: 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M  2; 1 và đường tròn  C1  : x 2  y 2  9. Viết phương trình đường tròn (C2) có bán kính bằng 4 và cắt (C1) theo một dây cung qua M có độ dài nhỏ nhất.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ giác ABCD với A 1; 2;1 , C  2; 4; 1 . Hai điểm B, D x 1 y  2 z thu ộc đường thẳng  sao cho BD = 4. Gọi I là giao điểm hai đường chéo của tứ giác và  1 2 3  2011.SIAD . Tính kho ảng cách từ điểm D đến đường thẳng AC. biết rằng SABCD Câu VII.b: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z, biết rằng z  2  z  2  6. ĐỖ BÁ CHỦ HƯỚNG DẪN GIẢ I V À ĐÁP SỐ HƯỚNG DẪ N GIẢ I VÀ ĐÁP SỐ (GV THPT Đông Hưng Hà, Thái Bình) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: 1) Tự giải 2) k  y '  3x 2  6x  9  3x 2  6x  9  k  0 (*) Để (C) có hai tiếp tuyến phân biệt, cùng hệ số góc k thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt    36  4.3.  9  k   0  k  6 Phương trình đường thẳng (d) đi qua hai tiếp điểm: k  12 1 1 k y  x 3  3x 2  9x  3   3x 3  6x 2  9x    3x 2  6x  9   12x    kx  k  12x   x  3 3 3 3 k  k   Tọa độ giao điểm của (d) với Ox, Oy tương ứng lần lượt là A   ;0  , B  0;   k  12   3 k k Ta có: OB  2011.OA   2011.  k  6021 k  12 3 Vậy k = 6021. Câu II:  x 3  2y 2  x 2 y  2xy (1)  1)   2 x  2y  1  3 y  14  x  2 (2) 2 3  Điều kiện: x 2  2y  1  x 2  2y  VN 0  Từ (1) suy ra:  x 2  2y   x  y   0   xy Với x = y từ (2) ta có phương trình: 2 x 2  2x  1  3 x 3  14  x  2 3 x 3  14   x  2  2  2 x  2x  1  0 2 2 x  x  3 3  14  x  2    x  2 3  14  3 3 6x 2  12x  6  2 x 2  2x  1  0 2 2     x 3  14  3 x 3  14  x  2   3  x  2  3   3 x 2  2x  1   2  2 x  2x  1 1  0 2 2 x     3 x 3  14  x  2   3  x  2  3  14 3      2 x 2  2x  1  0  x 2  2x  1  0  x  1  2    Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: 1  2;1  2 , 1  2;1  2 . 2 2) 23x  3 x  17 (*) Điều kiện: x  0
1 log8 9  8 xy  9 (1) Đặt x  y Phương trình (*)  8x  8y  17 (2) Lấy (1) trừ (2) ta được: 8xy  8 x  8 y  8  8xy  8x  8y  8 (3) Với y = 1, (3) thỏa mãn  x  log 8 9 Với y  1 , đ ặt a  8y  8 Xét hàm số: f  x   a x  8 x , với a > 8 Ta có: f '  x   a x ln a  8x ln 8  0  f  x  luôn tăng Mà từ (3) ta có: f  x   f 1  x  1  y  log8 9  1 (thỏa mãn) Với y  1 , đặt a  8y  8 Xét hàm số: f  x   a x  8 x , với a < 8 Ta có: f '  x   a x ln a  8x ln 8  0  f  x  luôn giảm Mà từ (3) ta có: f  x   f 1  x  1  y  log8 9  1 (không thỏa mãn) Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 1 hoặc x  log8 9. Câu III: 3 3 2011 2011 2011 2  x  3x  2  .  x  1  3 3 2   x  1 I dx  dx   1 1 Đặt: t  x  1  dt  dx  x  1  t  2 Đổi biến:    x 3  t2 2 2011 .  t 2  3 2011 I t dt (1) 2 Đặt: u   t  du  dt  t  2  u  2 Đổi biến:    t2  u  2 2 2 2011 2011 2011 2 du    u 2011.  u 2  3  .  u   3  I     u  du (2)   2 2 Từ (1) và (2) suy ra: I  I  I  0 Vậy I = 0. Câu IV: Vẽ HI  AB, HK  AC.  AB  HI  AB   SHI   AB  SI Ta có:   AB  SH    SIH là góc tạo bởi (SAB) và đ áy  SIH  600   Tương tự: SKH là góc tạo bởi (SAC) và đáy  SKH  600 Hai tam giác vuông SHI và SHK b ằng nhau  HI  HK  tứ giác AIHK là hình vuông a3 a AB  BC.cos B  , AC  BC.sin B  2 2
 HK HC  HK / /AB  AB BC  HK HI     1 Ta có:   HI / /AC  HI  HB AB AC  AC BC    3 3 a 2x 2x   1 x  a3 a 4 3  3  a .   3 1 a 3  SH  HI.tan SIH  3 4 4 2 1 1a 3 a a 3 SABC  AB.AC  . 2 22 2 8     3  3 a3 1 3 3 1 a a 2 3 1 VS.ABC  SH.SABC   . . 3 3 4 8 32 Câu V: Ta có: x  yz  yz  y  z  1   y  1 z  1 y  zx  zx  x  z  1   x  1 z  1 z  xy  xy  x  y  1   x  1  y  1 z 1  x  y x 3 y3 x 3 y3 x 3 y3 P   2 2 3 3 2 3 3  x  yz  y  zx  z  xy   z  1  x  1  y  1  x  y   x  1  y  1 Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có: 2 x  y  2 xy   x  y   4xy x2 xx 27 2 3   x  1  x 1   1  33 x 22 4 4 y2 yy 27 2 3   y  1  y 1   1  33 y 22 4 4 x 3 y3 4 Suy ra: P   27 27 4xy. x 2 . y 2 729 4 4 4 , khi đó: x  y  2, z  5. Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 729 PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: 1) Ta dễ dàng chứng minh được AA’ là phân giác trong của tam giác ABC  Mà BC  AA '  BC là phân giác ngoài tại A ' của A 'B'C ' .   A ' B'   3; 2   véctơ pháp tuyến đường thẳng A’B’: n A 'B'   2;3  Phương trình đường thẳng A’B’: 2  x  1  3  y  1  0  2x  3y  5  0    A 'C '  1;3  véctơ pháp tuyến đường thẳng A’C’: n A 'C'   3; 1 Phương trình đường thẳng A’C’: 3  x  1   y  1  0  3x  y  2  0
Phương trình đường phân giác trong(AA’) và phân giác ngoài(BC) của góc A’:  2 3 3 1 5 2  2x  3y  5 3x  y  2  x   y  0 (1)     13 10   13 10  13 10 13 10     2x  3y  5   3x  y  2  2  3  x   3  1  y  5  2  0 (2)  13     13 10  10   13 10  13 10  Ta thấy B và C nằm về cùng một phía đối với BC. Thay tọa độ B và C lần lượt vào (1) và (2) ta thấy (1) thỏa mãn. 2 3 3 1 5 2 Vậy phương trình cạnh BC là:   x   y   0.  13 10   13 10  13 10 2)    AB   5; 2; 7  , AC   4; 2; 6        Véctơ pháp tuyến mặt phẳng (ABC): n  AB, AC   2;58;18  Phương trình mặt phẳng (ABC): 2  x  4   58y  18z  0  x  29y  9z  4  0 Mặt cầu (S) có tâm I 1; 2; 0  , bán kính R  1  4  7  2 3 1  29.2  4 63 Ta có: d  I,  ABC     R2 3 1  29 2  9 2 923  Mặt phẳng (ABC) cắt mặt cầu (S)  MinVMABC  0 , khi đó tọa độ điểm M là đường tròn giao tuyến của mặt phẳng (ABC) và mặt cầu (S) Thể tích MABC lớn nhất khi M là giao điểm của đường thẳng đi qua tâm mặt cầu (S) vuông góc mặt phẳng (ABC) với mặt cầu (S).  x  1 t  Phương trình đường thẳng (d) đi qua I và vuông góc (ABC):  y  2  29t  z  9t  Tọa độ giao điểm của M của (d) với mặt cầu (S): 12 23 2 2 t 2   29t    9t   12  t 2  t 923 923  58 3 18 3   58 3 18 3  23 23  hoặc M 2 1   M1 1  ;2 ;2  ; ;     923  923 923 923  923 923     58 3  23 18 3 1  29  2    9. 4 923 923  923 63  d  M1 ,  ABC     2 3 923 923  58 3  23 18 3 1  29  2    9. 4 923 923  923 63  d  M 2 ,  ABC     2 3 923 923  d  M1 ,  ABC    d  M 2 ,  ABC    Thể tích MABC lớn nhất khi M  M1  58 3 18 3  23 Vậy tọa độ điểm M để thể tích MABC lớn nhất là: M 1  ;2  ; .  923 923  923   Câu VII.a: Đặt z  a  bi  Z  2z  3  i  2a  3   2b  1 i
Số phức Z được biểu diễn dưới dạng Z  x  yi x 3  a  2  x  2a  3     y  2b  1 b  y 1   2 2 2 Ta có: 3z  i  zz  9  9a 2   3b  1  a 2  b 2  9  4a 2  4b 2  3b  4  0 3 2 2   x  3   y  1   y  1  4  0 2 7 3 2   x  3  y 2  y   0 2 2 2 7  73  2   x  3   y    4  16  Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức 2z + 3 – i là các điểm nằm bên trong và kể cả biên của đường 73 7  tròn tâm I  3;   , bán kính R  . 4 4  B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b: 1) Ta có: x M 2  y M 2  5  9  M nằm trong đường tròn (C1) Xét các dây cung đi qua M ta thấy dây cung vuông góc với O1M tại M là dây cung có độ d ài nhỏ nhất. Khi đó: O1M  5  MA  MB  R12  O1M 2  2  O 2 M  R 22  MA 2  2 3 Tọa độ tâm (C2) nằm trên đường thẳng OM nên tọa độ O2 có dạng: O 2 2t;  t  2 2  2t  2     t  1  O2M  2 3  2 3  3 43 2  2 3  O2  2  ; 1   t  1  5 5  5   5 t 1  2 3      O  2  4 3 ; 1  2 3 2 3 t  1  2   5  5 5    Vậy ta có hai phương trình đường tròn (C2) thỏa mãn: 2 2 2 2  4 3  2 3  4 3  2 3   16 ho ặc  x  2  x 2    y 1    y 1    16.      5 5  5 5     2)  x  1 t  Phương trình đường thẳng AC:  y  2  2t  z  1  2t  1.1  2.2   2  .3 1 Góc tạo bởi AC và BD: cos    1  4  4. 1  4  9 3 14 AC  1  4  4  3
1 1 1 2 SABCD  AC.BD.cos   .3.4.  2 2 3 14 14 2 Ta có: SABCD  2011.SIAD  SIAD  2011 14 1   1 t  1 t ' t  5  6 12 3    Tọa độ giao điểm I của AC và BD:  2  2t  2  2t '    I ; ;  t '  1 5 5 5   1  2t  3t '  5  2 2 2  6   12   3  3  IA   1     2    1     5  5   5 5 1 2S 4 5 20 SIAD  DH.AI  DH  IAD  . 2 AI 2011 14 3 6033 14 20 . Vậy khoảng cách từ D đến đường thẳng AC bằng 6033 14 Câu VII.b: Đặt z  x  yi 2 2  x  2  x  2  y2   y2  6 Ta có: z  2  z  2  6  2 2  x  2   y 2 , b   x  2   y2 Đặt: a  2 2 Ta có: a 2  b 2   x  2   y 2   x  2   y 2  8x   a  b   a  b   8x 4 Mà: a  b  6  a  b  x 3  ab 6 2 x 2 y2 2 2   2 4  a  x  3   x  2  y   x  3   2  1 Như vậy ta có hệ:  a  b  3 x 3 3 9 5   x 2 y2 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là elíp (E):   1. 9 5 phamtuan_khai20062000@yahoo.com