ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN 3

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN 3 là tài liệu gồm đề thi và đáp án môn toán, mong sẽ giúp ích cho các bạn trong ôn thi đại học cao đẳng và giúp ích cho quý thầy cô trong quá trình giảng dạy. Xin chân thành cảm ơn sự quan tâm của các bạn

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010

Mụn thi : TOÁN (ĐỀ 126 )

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

Cõu I (2 điểm): Cho hàm số 2 1

1

x y x

+

= +

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

2 Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất

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

4

x+ x+ π = x x+ x x

2) Giải hệ phương trỡnh:

2

2

3

1 4

x x

y y

x x

x

y y y







Cõu III (1 điểm): Tớnh tớch phõn:

2 1 2

2 1

x x

x x

−

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:

1 Cõu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường trũn ( C) :

x +y − x+ y− = và đường thẳng (d) : mx y − − 3 m = 0 ( m là tham số) Gọi I là tõm của đường trũn Tỡm m để đường thẳng (d) cắt (C) tại 2 điểm phõn biệt A,B thoả món chu vi ∆

IAB bằng 5(2+ 2)

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

( ) :

d − = = +

d = − = +

− 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:

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 ≤

1

ĐÁP ÁN THI THỬ LẦN 2 NĂM 2008- 2009- 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)

1(1,0

) cos 2x+2 2 sinx+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

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

x

y y y



đặt

1

a x

y x b y

 = +





 =



Ta đợc

1

b

1 2

x y

y x x

x

=

0,25

0,25

0,25

0,25

2

Câu III

(1,0)

2 1

2

2 1

x x

x

−

4 (2 1)

( 2 1)

x

dx x x dx x

2

4 (2 1)

( 2 1)

x

dx x x dx x

+ Tính:

1 2

4 (2 1)

x

x

−

=

1

x+ = t t∈ − π π ⇒dx= tdt x= − ⇒ =t x= ⇒ =t π

− −

2 0

dt t

π π

+

∫

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

I

2

t= y

6

sao cho tan 6

3

2

π ϕ

< <

0

ϕ

+ Tính:

0 3 1 2

( 2 1)

−

t= x+ ⇒ x t= − dx tdt x= = − ⇒ =t x= − ⇒ =t Khi đó:

0

I = − t dt= −  = −

∫

tan

3

2

π ϕ

< < )

0,25

0,25

0,25

0,25

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

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' ' ')

3 O

S

C' B'

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

S ABCD ABCD

V = S SA= a Suy ra thể tích đa diện cần tìm là:

' ' '

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

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

3

a b+ ≥ a b

Tương tự ta có: 1 3 16

3

b c+ ≥b c

+ (2) và

3

c a+ ≥ c a

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế rồi rút gọn ta có 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

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

0,25

0,25

4

II PHẦN RIÊNG.1 Chương trình Chuẩn.

CâuVIa

(1,0)

1(1,0

)

CâuVIa

(1,0) 2(1,0) Giả sử mặt phẳng cần tìm là:

( ) :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).

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

a b a b

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:

0

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).

+ 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): 2 2

x +y + x+ =

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

0,5

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

5

D

H

K

+ Phương trỡnh mặt phẳng (ABC).

- Vecto phỏp tuyến nr=[uuur uuurAB AC, ]=(0; 4; 4− − )

- (ABC): y z+ − =2 0 + H∈(ABC) nờn giả sử ( ; ; 2H a b −b)

Ta cú: uuurAH =( ; ;a b b BC− ),uuur=(4; 2; 2).−

CHuuur= −(a 2; ;b b AB− ),uuur= −( 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

=



 = −



 = +



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 gúc cần tỡm thỡ:

tanϕ=DH HK/ = 96 /12= 6 / 3⇒ =ϕ arctan( 6 / 3) Vậy ϕ =arctan( 6 / 3) là gúc cần tỡm

0,25

0,25

0,25

CõuVIIb

(1,0)

Với a,b >0 ta có ( ) ( )

2

ab ac a bc a bc a bc

a a b a c a ab ac a b c

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

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 ≥

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

6