Đề thi hay của 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

2 2

1 4

x y xy y

y x y x y

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 2

3 0

π

−

=

+

∫

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

2 2

( ) :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:

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

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

( ) (2 )2

x −x + y −y =

( ) 1

x

k x

I x

y k x

+

− +





Ta có:

2 (2 3) 3 0 ( )

kx k x k I

y k x



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

2

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

0,25

1 sin

2

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 , ( π 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:

x y

+) Với v= − 5,u= 9ta có hệ: 2 1 9 2 1 9 2 9 46 0

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.

phân không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số)

2

0,25

0,25

2

π

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.

S ABD S BCD S ABCD

V =V = V = V .

Theo công thức tỷ số thể tích ta có:

.

.

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

S ABMN S ABN S BMN

V =V +V = V

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 · · 0

30

NAD NDA= = Suy ra:

tan 30

SA

AD= =a

V = SA dt ABCD = a a a = a

5 3 24

MNABCD S ABCD S ABMN

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

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>

2 2 2 2

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

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 nr=uuur uuurAB AC, =(8; 4; 4).− Suy ra (ABC):

2x y z− + + = 1 0.

+ Giải hệ:

Suy ra tâm đường tròn là I(0; 2;1).

R IA

0,25

0,25

0,5

VII

a

(1,0)

x − x ′ = +a a x+ a x + + a 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 = −

uuur

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

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: uuurAB= − − ( 2; 6), suy ra: (AB) : 3x y− − = 8 0.

+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HAuuur= (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,

1 2

M N∈ d d nên ta giả sử

M t t t N − − t t +t ⇒NMuuuur= +t t + t −t t − −t

+ MN song song mp(P) nên:

P

n NM = ⇔ t + t + − t −t + t − − =t

uur uuuur

+ 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; )

+ 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

− − + + > − + > + > + >

 < − ≠ < + ≠

( )

I









+ 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:  =y y= −11. + Kiểm tra thấy chỉ có x= − 2, y= 1thoả mãn điều kiện trên.

0,25

0,25

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x= − 2, y= 1.

0,25

0,25

Giáo viên Nguyễn Quang Nguyên THPT Đông Hà

ĐT 01275887100