Đề thi thử đại học môn Toán số 48

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 0 30.. PHẦN RIÊNG 3 điểm Thí sinh chỉ được làm m

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010.

Môn thi : TOÁN (ĐỀ 48 )

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:

1 4

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 2

3 0

3sin 2cos (sin cos )

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 0

30

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 x2+ – 2 – 2 1 0,y2 x y + =

( ') :C x + y +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 = a0 +2a1 +3a2 + + 21a20

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

(1;0)

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

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

d = = và 2

( ) :

Tìm tọa độ các điểm M thuộc ( )d và N thuộc 1 ( )d sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng2

( )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………

Đáp án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010.

Mơn thi : TỐN (ĐỀ 48 )

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 cĩ: ( ) :d y k x= ( − +1) 1. Bài tốn trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau

cĩ hai nghiệm ( ; ), ( ; )x y1 1 x y phân biệt sao cho 2 2 ( ) (2 )2

( 1) 1

( ) 1

( 1) 1

x

k x

I x

y k x

+

− +





Ta cĩ:

( )

( 1) 1

I

y k x



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

2

(2 3) 3 0(**)

kx − k− x k+ + = cĩ hai nghiệm phân biệt Khi đĩ dễ cĩ được 0, 3

8

k≠ k<

Ta biến đổi (*) trở thành: 2 ( )2 2 ( )2

(1+k ) x −x = ⇔ +90 (1 k )[ x +x −4x x] 90(***)= Theo định lí Viet cho (**) ta cĩ: 1 2 1 2

+ = = thế vào (***) ta cĩ phương trình: 8k3+27k2+8k− = ⇔ +3 0 (k 3)(8k2+3k− =1) 0

KL: Vậy cĩ 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

2

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 , (π k Z∈ )

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

0,25

0,25

0,25 0,25

Dễ thấy y≠0, ta có:

2

2

1

4

1 4

x

x y y

x y

y



+



Đặt

,

x

y

+

+) Với v=3,u=1ta có hệ:

2, 5

+) Với v= −5,u=9ta có hệ:

này vô nghiệm

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

0,25

0,25

0,25

0,25

III

(1,0) Đặt x= − ⇒π2 t dx= −dt x, = ⇒ =0 t π2,x= ⇒ =π2 t 0.

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

không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số)

2

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

=

2

π

2

I =

0,25

0,25

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

Theo công thức tỷ số thể tích ta có:

.

.

1.1

S ABN

S ABN

S ABD

.

.

S BMN

S ABN

S BCD

Từ đó suy ra:

3 8

S ABMN S ABN S BMN

0,25

0,25

M N

O

C

B S

G

+ Ta có: 1 ( )

3

mp(ABCD) chính là góc ·NAD , lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD cân tại

tan 30

SA

5 3 24

MNABCD S ABCD S ABMN

a

V

(1,0) Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:

2 3

3=ab bc ca+ + ≥3 (abc) ⇒abc≤1

2

=

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

ab bc ca

+ +

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc=1,ab bc ca+ + = ⇒ = = =3 a b c 1, ( , ,a b c>0)

0,25

0,25

0,5

VIa

(2,0)

1(1,0

)

+ Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R=1, ' 3R = , đường

thẳng (d) qua M có phương trình a x( − +1) b y( − = ⇔0) 0 ax by a+ − =0, (a2+b2 ≠0)(*)

+ 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

36

−

+

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: uuurAB=(2; 2; 2),− uuurAC=(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)

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

R IA

0,25

0,25

0,5

Câu Phần Nội dung Điểm

VII.a

(1,0)

(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

VIb

(2,0) 1(1,0)

+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận

( 1; 2)

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 (2 4; ), ( ; 2 2 )

trung điểm của AB nên ta có hệ:

Suy ra: (4; 4), (2; 2).A 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(1,0) + M N, ∈( ), ( )d1 d2 nên ta giả sử

+ MN song song mp(P) nên: n NMuur uuuurP = ⇔0 1.(t1+2t2+ −1) 1.(t1−t2) 1(2+ t1− − =t2 1) 0

2 1 ( 1 1; 2 ;31 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; )

+ 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 log2+y(1− =x) t thì (1) trở thành:

2

1

t

+ − = ⇔ − = ⇔ = Với t=1 ta có: 1− = + ⇔ = − −x y 2 y x 1 (3) Thế vào

0,25

0,25

(2) ta có: 1 1 1 2

0

2

x

x

=



⇔  = − Suy ra: 1

1

y y

= −



 =

 .+ Kiểm tra thấy chỉ có x= −2, y=1thoả mãn điều kiện trên.Vậy hệ có nghiệm duy nhất x= −2, y=1.