Tài liệu Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 19 - Đề 20 ppt

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7 điểm.. Câu V 1 điểm: Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc thoả II.. PHẦN RIấNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRèNH 3 điểm.. Thí sinh chỉ được làm một trong hai phầ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II

Mụn: Toỏn A Thời gian: 180 phút ( Không kể giao đề)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số y x33x24(C)

1) Khảo sỏt và vẽ đồ thị hàm số yx33x24(C)

2) Gọi (D) là đừơng thẳng qua điểm A(3;4) và có hệ số góc là m Định m để (D) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A,M,N sao cho 2 tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau

Cõu II (2 điểm):1) Giải phương trỡnh: cos 2 2 2 sin 2009 4 cos2 sin 4sin2 cos

4

2) Giải hệ phương trỡnh:









Câu III (1 điểm): Tớnh tớch phõn:

2 1 2



Câu IV (1 điểm):Trên đường thẳng vuông góc tại A với mặt phẳng của hỡnh vuụng ABCD cạnh a ta lấy điểm S với SA = 2a Gọi B’, D’ là hỡnh chiếu vuụng gúc của A lờn SB và SD Mặt phẳng (AB’D’ ) cắt SC tại C’ Tính thể tích khối đa diện ABCDD’ C’ B’

Câu V (1 điểm): Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc thoả

II PHẦN RIấNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRèNH ( 3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)

1 Theo chương trỡnh Chuẩn:

Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng Oxy cho 2 đừơng trũn:

(C1):x2y28x60 và (C2): 0

2

3 2

2 2







x Xét vị trí tương đối của hai đường trũn (C1) và (C2) Tỡm phương trỡnh tiếp tuyến chung của chỳng

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng : ( ) :1 1 1

x y z

d    

x y z

d    

 Viết phương trỡnh mặt phẳng chứa (d 1 ) và hợp với (d 2) một gúc 30

0

Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta cú:

4a4b4c a3bb3cc3aa2b c b2cac2a b

2 Theo chương trỡnh Nõng cao:

Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường trũn (C) tõm I(-1; 1), bỏn kớnh R=1, M là một

điểm trên ( ) :d x    Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) một gúc 45 y 2 0 0 tiếp xỳc với (C) tại A, B Viết phương trỡnh đường thẳng AB

2) Trong khụng gian Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(0; 0; 2), B(-2; 2; 0), C(2; 0; 2), DH (ABC)và

3

DH  với H là trực tõm tam giỏc ABC Tớnh gúc giữa (DAB) và (ABC)

Câu VII.b (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta cú:

a a b a c b b a b c  c ca c b 

ĐÁP ÁN THI THỬ LẦN 2 NĂM 2010- 2011- MễN TOÁN

I PHẦN CHUNG

Cõu I

(2,0)

1(1,0) HS tự giải

2(1,0) HS tự giải

Cõu II

(2,0)

4

cos x sin x 2(sinx cos )x 4sin cos (sinx x x cos )x

(cosx sin )(cosx x sinx 4 cos sinx x 2) 0

cos sin 4 sin cos 2 0 (2)



 

 + Giải (1): (1) tan 1

4



+ Giải (2): Đặt cosxsinxt t,  2 ta cú phương trỡnh: 2t2  t 0

0 1/ 2

t t





   



 Với t 0 ta cú: tan 1

4

x x  k



 Với t  1 / 2 ta cú:

arccos( 2 / 4) / 4 2

x





KL: Vậy phương trỡnh cú 4 họ nghiệm:

4

x  k



4

x  k



x   k  , x arccos( 2 / 4) / 4k2

0,5

0,25

0,25

2(1,0) PT(1) :x=2 xy 1 DS: (1;0)

1

Cõu III

(1,0)

2 1

2

x





2

4 (2 1)

( 2 1)

x

x

2

4 (2 1)

( 2 1)

x

x

+ Tớnh:

1 2

4 (2 1)

x

x





1

0,25

Khi đó:

 

=

6 2 0

dt t









+ Tớnh:

(tan ) sin 1 2(tan 1/ 2)

I

2

t y

Suy ra: (tan ) 2 (tan ) 2(1 tan2 )

6



3

2





0







+ Tớnh:

0 3 1 2

( 2 1)



t x  xt  dxtdt x   t x   t

Khi đó:

0

I   t dt    





3

2





0,25

0,25

0,25

Cõu IV

(1,0)

+ Trong tam giỏc SAB hạ AB'SC

Trong tam giỏc SAD hạ AD'SD

Dễ cú: BC SA BC, BABC(SAB) Suy ra: AB'BC, mà AB'SB Từ đó cú

AB  SAC AB SC Tương tự ta cú: AD'SC(2) Từ (1) và (2) suy ra: SC(AB D' ')B D' 'SC

Từ đó suy ra: SC'(AB C D' ' ')

a AB

AB SA BA  

0,25

O

S

C' B'

D'

Suy ra: ' 4

5

SB

SB  ;

Lại cú B’D’ // BD (cựng thuộc mp(SBD) và cựng vuụng gúc với SC) nờn

B D  AC (vỡ dễ cúBD(SAC) nờn BDAC' )

Xột hai tam giỏc đồng dạng SB’D’ và SBD suy ra: ' ' ' 4

5

B D SB

BD  SB 

4 2 ' '

5

a

B D

a

' ' ' ' ' '

S AB C D AB C D

V  S SC  B D AC SC  a

. 1 2 3

S ABCD ABCD

V  S SA a Suy ra thể tớch đa diện cần tỡm là:

. . ' ' ' 14 3

45

S ABCD S AB C D

V V V  a

Chỳ ý: Vẽ hỡnh sai khụng chấm

0,5

0,25

Cõu

VIIa

(1,0)

Dễ cú: (x y)2 4xy 1 1 4 ( ,x y 0)(*)

x y x y

4a4b4ca3bb3cc3a

Áp dụng 2 lần (*) ta cú: 1 1 1 1 16

3

abbb a b hay

3

ab a b(1)

Tương tự ta cú: 1 3 16

3

bcb c(2) và

3

cac a (3)

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế rồi rỳt gọn ta cú điều phải chứng minh

a bb cc a  a b c b cac a b

a bb ca  a b c  a b c (4)

b cc abb ca

1 1 2 (6)

c aa b c c a b

Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta cú điều phải chứng minh

0,25

0,25

0,25

0,25

II PHẦN RIấNG

1 Chương trỡnh Chuẩn

CõuVIa

(1,0)

1(1,0)

+ Do ABCH nờn AB: xy  1 0

Giải hệ: 2 5 0

1 0

x y

x y







ta cú (x; y)=(-4; 3)

Do đó: ABBN B( 4;3)

+ Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A'BC

- Phương trỡnh đường thẳng (d) qua A và Vuụng gúc với BN là (d): x2y  5 0

- Gọi I ( )d BN Giải hệ: 2 5 0

x y

x y







Suy ra: I(-1; 3)A'( 3; 4) 

+ Phương trỡnh BC: 7 x y 25 Giải hệ: 0 7 25 0

1 0

x y

x y





 Suy ra: ( 13; 9)

C  

+ ( 4 13 / 4)2 (3 9 / 4)2 450

4

2 2

7.1 1( 2) 25

d A BC     



ABC

0,25

0,25

0,25

0,25

CõuVIa

(1,0)

( ) : ax by czd 0 (a b c 0)

Trờn đường thẳng (d1) lấy 2 điểm: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0)

Do ( ) qua A, B nờn: 0 2

0



nờn

( ) : ax by (2a b z )    a b 0

Yờu cầu bài toỏn cho ta: 0

1 sin 30

2 3a 2b 3(5a 4ab 2b ) 21a 36ab 10b 0

0,25

0,25

A H

N

Dễ thấy b 0nờn chọn b=1, suy ra:

18 114 21

18 114 21

a

a











 KL: Vậy cú 2 mặt phẳng thỏa món:

0

0

0,25

0,25

2 Chương trỡnh Nõng cao

CõuVIb

(1,0)

1(1,0) Dễ thấy I( )d Hai tiếp tuyến hợp với (d) một gúc 450 suy ra tam giỏc

MAB vuụng cõn và tam giỏc IAM cũng vuụng cõn Suy ra: IM  2

M  d M a; a+2), uuurIM (a1;a1),

0

2

a

a







Suy ra cú 2 điểm thỏa món: M1(0; 2) và M2 (-2; 0)

+ Đường trũn tõm M1 bỏn kinh R1=1 là (C1): x2y24y  3 0

Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C1) nờn AB:

x y  y x y  x y  xy 

+ Đường trũn tõm M2 bỏn kinh R2=1 là (C2): x2y24x 3 0

Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C2) nờn AB:

x y  x x y  x y xy  + KL: Vậy cú hai đường thẳng thỏa món: xy  và 1 0 xy  1 0

0,5

0,25

0,25

CõuVIb

(1,0)

2(1,0) Trong tam giỏc ABC, gọi K CHAB

Khi đó, dễ thấy AB(DCK) Suy ra gúc giữa (DAB) và (ABC) chớnh là gúc DKH Ta tỡm tọa độ điểm H rồi Tớnh được HK là xong

+ Phương trỡnh mặt phẳng (ABC)

0,25

D

- Vecto phỏp tuyến nr [uuur uuurAB AC, ]0; 4; 4  

- (ABC): y   z 2 0 + H(ABC) nờn giả sử H a b( ; ; 2b)

Ta cú: uuurAH ( ; ;a b b BC),uuur (4; 2; 2).

CHuuur (a2; ;b b),uuurAB ( 2; 2; 2).

a b

a b

AB CH





uuur uuur uuur uuur

Vậy H(-2; -2; 4)

+ Phương trỡnh mặt phẳng qua H và vuụng gúc với AB là: x    y z 4 0

Phương trỡnh đường thẳng AB là:

2

x t

y t

z t







 



  



Giải hệ:

2

4 0

x t

y t

x y z









 



    



ta được x =2/3; y =-2/3, z =8/3

Suy ra: K(2/3;-2/3; 8/3) Suy ra:

HK            

Gọi  là gúc cần tỡm thỡ:

tanDH HK/  96 / 12 6 / 3arctan( 6 / 3)

Vậy arctan( 6 / 3) là gúc cần tỡm

0,25

0,25

0,25

CõuVIIb

(1,0)

Với a,b >0 ta có

2

CM t2 rồi cộng vế với vế ta được dpcm

0,25

0,5

0,25

ABC

 không nhọn nên đặt x=tanA>0,y=tanB>0,z=tanC>0

2

yz zx xy  với x,y,z>0.Dễ dàng CM được

3 2

yz zx xy  .Dấu

“=”xảy ra khi và chỉ khi x=y=z hay tam giác ABC đều