Đề Thi Thử ĐH Môn TOÁN - Trung Tâm Thành Đạt pot

Lập phương trỡnh đường thẳng D song song với trục hoành cắt đồ thị C tại hai điểm phõn biệt A , B sao cho tam giỏc OAB cõn tại O với O là gốc tọa độ.. Tớnh tỉ số thể tớch của hai phần đ

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010

Thỏng 01-2010 Thời gian: 180 phỳt ( Khụng tớnh thời gian phỏt đề )

I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7,0 điểm )

Cõu I ( 2,0 điểm ) Cho hàm số 1 3 2 8

    (1)

1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số (C) khi m = 1

2 Lập phương trỡnh đường thẳng (D) song song với trục hoành cắt đồ thị (C) tại hai điểm phõn biệt A , B sao cho tam giỏc OAB cõn tại O ( với O là gốc tọa độ )

Cõu II ( 2,0 điểm )

1 Giải phương trỡnh: 2 1

(1 4 sin x) sin 3x

2

2 Giải phương trỡnh: x2 3x 1 tan x4 x2 1

6



Cõu III ( 1,0 điểm ) Tớnh tớch phõn:

2

2

I (x x ) 4 x dx



Cõu IV ( 1,0 điểm ) Cho hỡnh chúp đều S.ABCD cú cạnh đỏy bằng a , cạnh bờn hợp với đỏy gúc 600.Gọi M là điểm

đối xứng với C qua D , N là trung điểm của SC , mặt phẳng (BMN) chia khối chúp thành hai phần

Tớnh tỉ số thể tớch của hai phần đú

Cõu V ( 1,0 điểm ) Cho cỏc số dương x, y, z thỏa món x2y2z2 1.Chứng minh:

2

y z z x x y 

II.PHẦN RIấNG( 3,0 điểm )Thớ sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2 )

1.Theo chương trỡnh Chuẩn:

Cõu VI.a ( 2,0 điểm )

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9 và đường

thẳng d: x + y + m = 0 Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến

AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông

2 Trong khụng gian với hệ toạ độ Oxyz , Viết phương trỡnh mặt phẳng (P) qua O , vuụng gúc với mặt phẳng (Q) :x    y z 0 và cỏch điểm M(1;2; 1) một khoảng bằng 2

Cõu VII.a ( 1,0 điểm )Tỡm hệ số của x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của  n

2

x 2 , biết

A 8C C 49; nN, n3

2.Theo chương trỡnh Nõng cao:

Cõu VI.b ( 2,0 điểm )

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d ): x – y – 1= 0 và hai đường trũn

C : x 3  y4 8; C : x5  y 4 32 Viết phương trỡnh đường trũn (C) cú tõm I thuộc d và tiếp xỳc ngoài với    C , C1 2

2 Trong khụng gian với hệ toạ độ Oxyz,cho điểm A ( 3 ; - 1 ; 1 ),đường thẳng  và mp ( P) lần lượt cú phương

:

   , ( P ) : x – y + z - 5 = 0 Viết phương trỡnh tham số của đường thẳng (d) đi qua A , nằm trong ( P) và hợp với đường thẳng  một gúc 450

Cõu VII.b ( 1,0 điểm )Giải hệ phương trỡnh:  

2







Hết

GV: Nguyễn Văn Xờ – Trung tõm luyện thi THÀNH ĐẠT Chỳ ý: - Phỏt đề thi: Ngày 05 và 06 thỏng 01 năm 2010.

- Nhận bài làm và phỏt hành đỏp ỏn: Ngày 12 thỏng 01 năm 2010.

583 – 727 TRẦN CAO VÂN – ĐÀ NẴNG * ĐT: 3 759 389 – 3 711 165

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

ĐỀ THỬ SỨC THÁNG 01 NĂM 2010

(Đỏp ỏn này cú 05 trang)

1 ( 1,00 điểm) Khảo sỏt

0,25

0,25

0,25

0,25

2 ( 1,00 điểm) Tỡm m

0,25

0,25

0,25

I

2,0

điểm

0,25

1.( 1,0 điểm) Giải phương trỡnh

II

2,0

điểm

Vì cosx=0 không phải là nghiệm của phương trình:

Vì cosx=0 => x=  k 

2  thì sin3(  k 

2  ).[1-4sin2(  k 

2  )] 

2

1

0,25 điểm

Nhân hai vế của phương trình với cosx ta được:

Sin3x.(cosx - 4sin2x.cosx) =

2

1 cosx

0,25

0,25

 2sin3x(4cos3x-3cosx) = cosx

0,25 điểm

 2sin3x.cos3x = cosx

0,5 điểm

 sin6x =sin(

2



-x)

0,5 điểm



































2 k x 2 x 6

2 k x 2 x

6























5

2 k 10 x

7

2 k 14

x









, (k  Z)

0.5

2 ( 1,0 điểm) Giải phương trỡnh

3

Ta có: x4 + x2 + 1 = (x2 + x + 1)(x2– x + 1) > 0

x2– 3x + 1 = 2(x2– x + 1) – (x2 + x + 1)

Ta cú phương trỡnh:

2(x2– x + 1) – (x2 + x + 1)   3 2   2  

3

2

x x 1

Đặt

2 2

t

 



  , t > 0 Phương trình trở thành:

2

3

t 3



  





 



2 2

 

 

 x = 1

0.5

0,5

( 1,0 điểm) Tớnh tớch phõn:

0,5

III

1,0

điểm

0,5

(1,0 điểm): Tính thể tích khối chóp

IV

1,0

điểm +Gọi PMNSD, QBMAD khi đó , P là trọng tâm SCM, Q là trung

điểm của MB

MBCN

+Vì D là trung điểm của MC

1

2

S.ABCD ABCD

1

3



OB tan 60 a a

+Nên DPQCNB S.ABCD SABNPQ S.ABCD DPQCNB

SABNPQ

V

0,5

0,5

(1,0 điểm):

 Từ giả thiết x2y2z2 1 suy ra 0 x,y,z 1 

 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương 2x ,1 x ,1 x2  2  2 ta được

2

2 2

2

x 1 x

3 3

x



2

2 2

x (1)



 Tương tự ta có

2

2 2

2

2 2

y 3 3 y (2)

z 3 3 z (3)









 Cộng từng vế (1), (2), (3) ta được

 2 2 2

2 2 2 2 2 2

y z z x x y  2    2 Dấu bằng ở (*) xảy ra khi x y z 3

3

  

0,25

V

1,0

điểm

0,25

0,5

1.(1,0 điểm) Tỡm toạ độ cỏc đỉnh

Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2),

R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và

AC

AB  => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng

3IA3 2

0.25

























7

5 6

1 2

3 2

1

m

m m

m

0,25

0,5

2 (1,0 điểm): Viết phương trỡnh đường thẳng

Phương trỡnh mặt phẳng (P) qua O nờn cú dạng : Ax + By + Cz = 0 với

A B C 0

Vỡ (P)  (Q) nờn 1.A+1.B+1.C = 0 A+B+C = 0     C A B (1)

Theo đề :

d(M;(P)) =

 

 

(2)

Thay (1) vào (2) , ta được : 8AB+5B 2 0 B 0 hay B = 8A

5

 B 0     (1) C A Cho A 1,C    1

thỡ (P) : x z 0  

 B = 8A

5

 Chọn A = 5 , B =  1   (1) C 3 thỡ (P) : 5x 8y 3z 0   

0,25

• Vộctơ phỏp tuyến của ( ) là n2; 1;1 

; vộctơ chỉ phương của (d1) là

• Vộctơ chỉ phương của ( ) là u 1 3 3 2 2; ; 1 4; 4; 4

1 1 1 2 2 1



0,25

VIa.

2,0

điểm

• Vậy phương trỡnh đường thẳng ( ) là x 3 y 7 z 6

    

(1,0 điểm ) Tỡm a

VIIa.

1,0

điểm Ta cú: 3 2 1     

8n n 1

2



 2  n 2 7 7 i 2 7 i  i

7

i 0



Số hạng chứa x8 2 7 i     8 i 3

Do vậy , hệ số của số hạng chứa x8 là 3

C 8280

0,5

0,5

1 (1,0 điểm) Lập phương trình tiếp tuyến

Gọi bán kính của      C , C , C1 2 lần lượt là      R , R , R1 2 ;I , I1 2 lần lượt là

tâm của    C , C1 2

Vì I d I a; a 1 , a   R

(C) tiếp xúc ngoài với    C , C1 2 nên

II  R R ; II  R R II R II R

2

a 9 9 a 0 I 0; 1

R 2 PT C : x y 1 2

0,25

0,25 0.25 0,25

2 (1,0 điểm) Chứng minh A; B; C thẳng hàng

VIb.

2,0

điểm

Cách 1 :

Gọi ud ,u ,nP

lần lươt là các vtcp của đt d , đt  và vtpt của mp ( P)

Đặt ud ( ; ; ),a b c (a2b2c20)

Vì d nằm trong ( P) nên ta có : n P u d

=> a –

b + c = 0  b = a + c ( 1 )

Theo gt : góc giữa 2 đt bằng 450  Góc giữa 2 vtcp bằng 450

2 2 2

2 3

 

 

0,25

.

A

d



P

n

P

Thay (1) vào ( 2) ta có : 2

0

7

c

c







  



* Với c = 0 : chọn a = b = 1 Ta có ptts của d là : x = 3 + t ; y = - 1 – t ; z = 1

* Với c = - 15a / 7 chọn a = 7 , c = - 15 , b = -8 ta có ptts của d là : x = 3 + 7 t ; y

= - 1 – 8 t ; z = 1 – 15t

• AB(2m; 2 m; 4 2m); AC     (1 n; 4 2n; 3 n) 

• Vì A;B;C thẳng hàng nên ABkAC(k 0)m 1; n 1 0,25

• Hai điểm B(2; 1;1); C(3; 4; 1)  

• Xét xA xC 2 x ;B yA yC 1 y ;B zA zC 1 xB

Vậy A;B;C thẳng hàng.

0,5

(1,0 điểm) Tìm giá trị m

VIIb.

1,0

điểm

Điều kiện xác định của hệ phương trình là x>y>0 Với điều kiện đó ta có:

 

2

2

2

lg lg lg

lg lg lg lg









 



2 2

2

2

2log 2 log log 0

log 0

log log 0







  















y

Xét hệ phương trình:

2

log 0

y









Ta có:

Xét hệ phương trình

2

log log 0







Ta có:

2

2

1 log log 0

x



0,25

  2

x





2 2

2

2 2

1

1

1

1 1

1

y

x x

y x

x

y x

y

x x

x x

 



















Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm   x y ; là   2;1 và 1

2;

2

•

0,25

0,25

0,25

-Hết -Chú ý:Nếu thí sinh nào có cách giải khác đáp án, nhưng đúng cũng cho điểm tối đa.