PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7 điểm.. PHẦN RIấNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRèNH 3 điểm.. Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần phần 1 hoặc phần 2 1.. Trong tam giác SAD hạ AD'⊥SD.. Chương t
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2008-2009.
Mụn: Toỏn A Thời gian: 180 phỳt ( Khụng kể giao đề).
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm).
Cõu 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 cú hệ số gúc là m Định m để (D) cắt (C) tại 3 điểm phõn biệt A,M,N sao cho 2 tiếp tuyến của (C) tại M và N vuụng gúc với nhau
Cõu II (2 điểm):1) Giải phương trỡnh: cos 2 2 2 sin 2009 4cos2 sin 4sin2 cos
4
2) Giải hệ phương trỡnh:
2
2
3
x x
y y
y y y
Cõu III (1 điểm): Tớnh tớch phõn:
2 1 2
3 4 4
2 1
4 4 5
−
Cõu IV (1 điểm):Trờn đường thẳng vuụng gúc 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’ Tớnh thể tớch khối đa diện ABCDD’ C’ B’.
Cõu V (1 điểm): Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc thoả mãn:
cos cos cos cos cos cos 3
?
II PHẦN RIấNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRèNH ( 3 điểm).
Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1 Theo chương trỡnh Chuẩn:
Cõu VI.a (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giỏc ABC với A(1; -2), đường cao CH x y: − + =1 0, phõn giỏc trong : 2 5 0
2) Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng : 1
( ) :
2 1 1
− và
2
( ) :
− Viết phương trỡnh mặt phẳng chứa (d 1 ) và hợp với (d 2) một gúc 300.
Cõu VII.a (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta cú:
1 1 1 1 1 1 1 1 1
4a+4b+4c ≥a 3b b+ 3c c+ 3a ≥ a 2b c b+ 2c a c+ 2a b
2 Theo chương trỡnh Nõng cao:
Cõu 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 trờn
( ) :d x y− + =2 0 Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) một gúc 450 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).
Cõu 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 ≤
Trang 2
ĐÁP ÁN THI THỬ LẦN 2 NĂM 2008- 2009- MễN TOÁN
Cõu I
(2,0)
1(1,0
)
HS tự giải 2(1,0) HS tự giải
Cõu II
(2,0)
1(1,0
) cos 2x+2 2 sinx+20094 π =4cos2xsinx+4sin2xcosx
cos x sin x 2(sinx cos ) 4sin cos (sinx x x x cos )x
(cosx sin )(cosx x sinx 4cos sinx x 2) 0
cos sin 4sin 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
• Với t= −1/ 2 ta cú:
arccos( 2 / 4) / 4 2 cos( ) 2 / 4
4 arccos( 2 / 4) / 4 2
x
π
KL: Vậy phương trỡnh cú 4 họ nghiệm:
4
x= − +π kπ
, 4
x= +π kπ
, arccos( 2 / 4) / 4 2
x= − −π +k π , x= −arccos(− 2 / 4)−π/ 4+k2π
0,5
0,25
0,25
2(1,0)
Đk y≠0
2 2
3 3
3
4
x
y y y
đặt
1
a x
y x b y
= +
=
Ta đợc
1
b
0,25
0,25
0,25
Trang 3Khi đó 1 1
1 2
x y
y x x
x
=
0,25
Cõu III
1 2
3 4 4
2 1 (2 1) 4
x
−
4 (2 1)
( 2 1) (2 1) 4
x
x
2
4 (2 1)
( 2 1) (2 1) 4
x
x
+ Tớnh:
1 2
4 (2 1) (2 1) 4
x
x
−
=
1
x+ = t t∈ − π π ⇒dx= tdt x= − ⇒ =t x= ⇒ =t π
2 cos 2 1 sin 1 4sin 4 2(sin 1) 2 sin 1
− −
2 0
12 sin 1
dt t
π π
+
∫
+ Tớnh: 6 6
(tan ) sin 1 2(tan 1/ 2)
I
∫ ∫ Đặt: tan 2tan
2
t= y
(tan ) (tan ) (1 tan )
d t = d y = + y dy, với
0 0,
6
sao cho tan 6
3
ϕ = , (0 )
2
π ϕ
< <
0
ϕ
+ Tớnh:
0 3 1 2
( 2 1)
−
= ∫ + Đặt:
t= x+ ⇒ x t= − dx tdt x= = − ⇒ =t x= − ⇒ =t Khi đú:
0
I = − t dt= − = −
∫
KL: Vậy 1 2 3 1 2
15 12 2
tan
3
ϕ = , (0 )
2
π ϕ
< < )
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 4Câu Phần Nội dung Điểm
Câu IV
(1,0) + Trong tam giác SAB hạ AB'⊥SC
Trong tam giác SAD hạ AD'⊥SD
Dễ có: BC⊥SA BC, ⊥BA⇒BC⊥(SAB) Suy ra: AB'⊥BC, mà AB'⊥SB Từ đó có ' ( ) ' (1)
AB ⊥ SAC ⇒AB ⊥SC Tương tự ta có: AD'⊥SC(2) Từ (1) và (2) suy ra: SC⊥(AB D' ')⇒B D' '⊥SC
Từ đó suy ra: SC' (⊥ AB C D' ' ')
+ Ta có: 1 2 12 12 ' 2 5
a AB
AB = SA +BA ⇒ =
5
SB= SA +AB = a Suy ra: ' 4
5
SB
SB = ;
Lại có B’D’ // BD (cùng thuộc mp(SBD) và cùng vuông góc với SC) nên
' ' '
B D ⊥AC (vì dễ cóBD⊥(SAC) nên BD⊥AC' )
Xét hai tam giác 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 . 3
S ABCD ABCD
V = S SA= a Suy ra thể tích đa diện cần tìm là:
3
' ' '
14 45
S ABCD S AB C D
V V= −V = a
Chú ý: Vẽ hình sai không chấm.
0,25
0,5
0,25
Câu
VIIa
(1,0)
Dễ có: (x y)2 4xy 1 1 4 ( ,x y 0)(*)
x y x y
+ Chứng minh: 1 1 1 1 1 1
4a+4b+4c≥ a 3b b+ 3c c+ 3a
Áp dụng 2 lần (*) ta có: 1 1 1 1 16
3
a b b b+ + + ≥ a b
+ hay
1 3 16
3
a b+ ≥ a b
Tương tự ta có: 1 3 16
3
b c+ ≥b c
+ (2) và
1 3 16
3
c a+ ≥ c a
Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế rồi rút gọn ta có điều phải chứng minh
0,25
0,25
O
S
C' B'
D'
Trang 5+ Chứng minh: 1 1 1 1 1 1
a b b+ c c+ a ≥a b c b+ c a c+ a b
Áp dụng (*) ta có: 1 1 4 2
a b b+ c a ≥ a b c =a b c
Tương tự ta có: 1 1 2 (5)
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 có điều phải chứng minh
0,25
0,25
II PHẦN RIÊNG.
1 Chương trình Chuẩn.
CâuVIa
(1,0)
1(1,0
) + Do AB⊥CH nên AB: x y+ + =1 0
Giải hệ: 2 5 0
1 0
x y
x y
+ + =
+ + =
ta có (x; y)=(-4; 3).
Do đó: AB∩BN= −B( 4;3)
+ Lấy A’ đối xứng A qua BN thì ' A ∈BC
- Phương trình đường thẳng (d) qua A và Vuông góc với BN là (d): x−2y− =5 0
- Gọi I =( )d ∩BN Giải hệ: 2 5 0
2 5 0
x y
x y
+ + =
− − =
Suy ra: I(-1; 3)⇒A'( 3; 4)− −
+ Phương trình BC: 7 x y+ +25 0= Giải hệ: 7 25 0
1 0
x y
x y
− + =
Suy ra: ( 13; 9)
4 4
C − −
0,25
0,25
0,25
A H
N
Trang 6+ 2 2 450
( 4 13 / 4) (3 9 / 4)
4
2 2
7.1 1( 2) 25
7 1
d A BC + − +
Suy ra: 1 ( ; ) 1.3 2 450 45
ABC
CâuVIa
(1,0)
2(1,0) Giả sử mặt phẳng cần tìm là: 2 2 2
( ) :α ax by cz d+ + + =0 (a + + >b c 0)
Trên đường thẳng (d1) lấy 2 điểm: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0).
Do ( )α qua A, B nên: 0 2
0
( ) :α ax by+ +(2a b z a b− ) + − =0 Yêu cầu bài toán cho ta: 12 sin 300 2 1.2 1.2 1.(22 2 ) 2
1 ( 1) 1 (2 )
2 3a 2b 3(5a 4ab 2 )b 21a 36ab 10b 0
Dễ thấy b≠0nên chọn b=1, suy ra:
18 114 21
18 114 21
a
a
=
=
KL: Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn:
18 114 15 2 114 3 114
0
18 114 15 2 114 3 114
0
0,25
0,25
0,25
0,25
2 Chương trình Nâng cao.
CâuVIb
(1,0)
1(1,0
) Dễ thấy
( )
I∈ d Hai tiếp tuyến hợp với (d) một góc 450 suy ra tam giác
MAB vuông cân và tam giác IAM cũng vuông cân Suy ra: IM = 2 ( ) (
M∈ d ⇒M a; a+2), IMuuur= +(a 1;a+1),
0
2
a
a
=
Suy ra có 2 điểm thỏa mãn: M1(0; 2) và M2 (-2; 0).
0,5
Trang 7+ Đường tròn tâm M1 bán kinh R1=1 là (C1): x2+y2−4y+ =3 0.
Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C1) nên AB:
+ Đường tròn tâm M2 bán kinh R2=1 là (C2): x2+y2+4x+ =3 0
Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C2) nên AB:
+ KL: Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn: x y+ − =1 0 và x y+ + =1 0.
0,25
0,25
CâuVIb
(1,0)
2(1,0) Trong tam giác ABC, gọi K CH= ∩AB
Khi đó, dễ thấy AB⊥(DCK) Suy ra góc giữa (DAB) và (ABC) chính là góc DKH∠ .Ta tìm tọa độ điểm H rồi Tính được HK là xong.
+ Phương trình mặt phẳng (ABC).
- Vecto pháp tuyến nr=[uuur uuurAB AC, ]=(0; 4; 4− − )
- (ABC): y z+ − =2 0 + H∈(ABC) nên giả sử ( ; ; 2H a b −b)
Ta có: uuurAH =( ; ;a b b BC− ),uuur=(4; 2;2).−
CHuuur= −(a 2; ;b b AB− ),uuur= −( 2; 2; 2).−
2 2 0
a b
a b
AB CH
uuur uuur uuur uuur
Vậy H(-2; -2; 4).
+ Phương trình mặt phẳng qua H và vuông góc với AB là: x y z− + − =4 0
Phương trình đường thẳng AB là:
2
x t
y 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:
Gọi ϕ là góc cần tìm thì:
tanϕ=DH HK/ = 96 /12= 6 / 3⇒ =ϕ arctan( 6 / 3) Vậy ϕ =arctan( 6 / 3) là góc cần tìm
0,25
0,25
0,25
0,25
B
D
H
K
Trang 8Cõu Phần Nội dung Điểm
CõuVIIb
(1,0)
Với a,b >0 ta có
2
( )( )
ab ac a bc a bc a bc
CM t2 rồi cộng vế với vế ta đợc dpcm
0,25
0,5
0,25
CõuV Ta có tanA+tanB= sin cos cos tan
cos cos cos tan tan
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 đợc
3 2
y z+ z x+x y ≥ + + + .Dấu “=”xảy
ra khi và chỉ khi x=y=z hay tam giác ABC đều