Đề thi hay của thầy nguyễn quang nguyên

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7 điểm.. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mpABCD bằng 30 0.. PHẦN RIÊNG 3 điểm Thí sinh chỉ được làm một

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010-2011

Môn: Toán 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 2 4

1

x y

x





 1) Khảo sát và vẽ đồ thị  C của hàm số trên

2) Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và MN 3 10

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình: sin 3x 3sin 2x cos 2x 3sinx 3cosx 2 0 

2) Giải hệ phương trình:

2 2

1 4

x y xy y

y x y x y



Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 2

3 0

3sin 2cos (sin cos )











Câu IV (1 điểm):

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 30 0

Câu V (1 điểm): Cho các số dương a b c ab bc ca, , :    3.

.

1 a b c(  ) 1 b c a(  ) 1 c a b(  )abc

II PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc

phần 2)).

1 Theo chương trình Chuẩn :

Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn

( ) :C x  – 2 – 2 1 0,y x y   ( ') :C x2 y2 4 – 5 0x  cùng đi qua M(1; 0) Viết

phương

trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn ( ), ( ')C C lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).

Câu VII.a (1 điểm):

(1 3 )  x a a x a x  a x . Tính tổng:

0 2 1 3 2 21 20

S a  a  a   a

2 Theo chương trình Nâng cao :

Câu VI.b (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC

biết trực tâm H(1;0), chân đường cao hạ từ đỉnh B là K(0; 2), trung điểm cạnh AB là M(3;1)

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

x y z

d   và

2

( ) :

d    

Tìm tọa độ các điểm M thuộc ( )d1 và N thuộc ( )d2 sao cho đường thẳng MN song song với

mặt phẳng  P : – 2010 0x y  z   độ dài đoạn MN bằng 2

Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình

2

log ( 5) log ( 4) = 1







……… HẾT………

………

I

(2,0) 1(1,0)

Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa 1,0

2(1,0) Từ giả thiết ta có: ( ) :d y k x (  1) 1  Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương

trình sau có hai nghiệm ( ; ), ( ; )x y1 1 x y2 2 phân biệt sao cho

x2  x12y2  y12  90(*)

( 1) 1

( ) 1

( 1) 1

x

k x

I x

y k x







 





Ta có:

( )

( 1) 1

kx k x k I

y k x

 



Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

2 (2 3) 3 0(**)

kx  k x k   có hai nghiệm phân biệt Khi đó dễ có được

3

8

k k

Ta biến đổi (*) trở thành:

(1 k ) x  x   90 (1 k )[ x x  4x x] 90(***)  Theo định lí Viet cho (**) ta có: 1 2 1 2

có phương trình: 8k3  27k2  8k 3 0   (k 3)(8k2  3k 1) 0 

KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên.

0,25

0,5

0,25

II

(2,0) 1(1,0)

sin 3x 3sin 2x cos 2x 3sinx 3cosx 2 0  

(sin 3x sin ) 2sinx  x 3sin 2x (cos 2x  2 3cos ) 0x 

2 2sin 2 cosx x 2sinx 6.sin.cosx (2cos x 3cosx 1) 0

2sin cosx x 2sinx 6.sin.cosx (2cos x 3cosx 1) 0

0,25

1 sin

2 (2sin 1)(2cos 3cos 1) 0 cos 1

1 cos

2

x

x

















+)

2

5

1

2

i

6

2



 







 



Z k

x









+)

2

2 3

1

2



 







  



 



x

x

k

k Z









+) cosx  1 x k 2 , (  k Z )

KL:Vậy phương trình có 5 họ nghiệm như trên.

0,25

0,25 0,25

2(1,0)

Dễ thấy y 0, ta có:

2

2 2

2

1

4

1 4

.

x

x y y

x y xy y

x y

y

  





 Đặt

2 1 ,

x

y



   ta có hệ:

+) Với v 3,u 1ta có hệ:

2, 5

x y

+) Với v 5,u 9ta có hệ:

hệ này vô nghiệm

KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y  

0,25

0,25

0,25

0,25

III

(1,0) Đặt x 2 t dx dt x, 0 t 2,x 2 t 0.

(sin cos ) (cos sin ) (cos sin )

phân không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số)

2

(sin cos ) (cos sin ) (sin cos )

0,25

0,25

2



1 2



I

0,5

IV

(1,0)

+ Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N.

+ Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có

2 3

SG

SO  suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD.

Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của

SC, SD.

V V  V  V Theo công thức tỷ số thể tích ta có:

.

.

1.1.

S ABN

S ABN

S ABD

V SA SB SN

V SA SB SD    

.

.

S BMN

S ABN

S BCD

V SB SM SN

V SB SC SD    

Từ đó suy ra:

3 8

V V V  V

+ Ta có: 1 ( )

3

V  SA dt ABCD ; mà theo giả thiết SA (ABCD) nên góc hợp bởi

AN với mp(ABCD) chính là góc NAD , lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD cân tại N, suy ra NAD NDA    30 0 Suy ra:

tan 30

SA

AD a

V  SA dt ABCD  a a a  a

5 3 24

a

0,25

0,25

0,5

V

(1,0)

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:

2 3

3 ab bc ca   3 (abc)  abc 1

2 2



a b c abc a b c a ab b

a b c a

c ca a

1 b c a(  )3b 1 c a b(  )3c

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:

0,25

0,25

M N

O

C

B S

G

2 2 2

ab bc ca

 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

abc ab bc ca    a b c   a b c

0,5

Câ

u

Phầ

n

m

VIa

(2,0

)

1(1,

0)

+ Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và

1, ' 3

R R  , đường thẳng (d) qua M có phương trình

2 2

a x b y   ax by a   a b 

+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.

Khi đó ta có: MA 2MB IA2  IH2  2 I A' 2  I H' ' 2

1 d I d( ; ) 4[9 d I d( '; ) ]

.

IA IH

9

4 d I d( '; ) d I d( ; ) 35 4. a b 35

a b a b

2 2

2 2

36

a b

a b





Dễ thấy b 0 nên chọn 1 6

6





   



a b

a Kiểm tra điều kiện IA IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn

0,25

0,25

0,25

0,25

2(1,

0) + Ta có: AB(2; 2; 2), AC(0; 2;2).

Suy ra phương trình mặt phẳng trung

trực của AB, AC là: x y z   1 0,  y z  3 0 

+ Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là nAB AC,  (8; 4;4).



 

   

Suy ra (ABC):

2x y z    1 0 + Giải hệ:

Suy ra tâm đường tròn là I(0; 2;1).

( 1 0) (0 2) (1 1 ) 5

R IA

0,25

0,25

0,5

VII.a

(1,0)

x  x a  a x a x   a x

(1 3 )x 60 (1 3 )x x a 2a x 3a x 21a x

Nhận thấy: k ( )k

a x a  x do đó thay x 1 vào cả hai vế của (*) ta có:

22

0,25

0,25 0,25 0,25

Câ

u

Phầ

n

m

VIb

(2,0

)

1(1,

0)

+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận

( 1; 2)

HK  

làm vtpt và AC đi qua K nên

(AC x) :  2y  4 0. Ta cũng dễ có:

(BK) : 2x y  2 0  + Do A AC B BK ,  nên giả sử (2 4; ), ( ; 2 2 ).

A a a B b  b Mặt khác M(3;1)là

trung điểm của AB nên ta có hệ:

.

Suy ra: A(4; 4), (2; 2).B  + Suy ra: AB  ( 2; 6) 



, suy ra: (AB) : 3x y  8 0 

+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HA  (3; 4), suy ra:

(BC) : 3x 4y  2 0.

KL: Vậy : (AC x) :  2y  4 0, (AB) : 3x y  8 0  , (BC) : 3x 4y  2 0.

0,25

0,5

0,25

2(1,

, ( ), ( )

M N d d nên ta giả sử

M t t t N   t t t  NM t  t  t  t t  t 



+ MN song song mp(P) nên:

P

n NM   t  t   t  t  t  t  

 

2 1 ( 1 1; 2 ;3 1 1 1)



+ Ta có:

1

1

0

7

t

t







 



+ Suy ra: M(0; 0; 0), ( 1; 0;1)N  hoặc ( ; ; ), ( ;4 4 8 1 4 3; )

7 7 7 7  7 7

+ Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào M ( ).P

KL: Vậy có hai cặp M, N như trên thoả mãn.

0,25

0,25

0,25

0,25

VII.b

(1,0)

+ Điều kiện:

2

( )

I



2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 ( )

log ( 5) log ( 4) = 1

I



 



log ( 2) log (1 ) 2 0 (1) log ( 5) log ( 4) = 1 (2).



 

 + Đặt log 2y(1  x) t thì (1) trở thành: 1 2

t

Với t 1 ta có: 1  x  y 2 yx 1 (3). Thế vào (2) ta có:

2

0 2

x x





  

 Suy ra: 1

1

y y





 

+ Kiểm tra thấy chỉ có x 2, y 1thoả mãn điều kiện trên

0,25

0,25

M H

K

A

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x 2, y 1.

0,25

0,25