Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!
Trang 1I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm).
Câu 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
Câu II (2 điểm):1) Giải phương trình: cos 2 2 2 sin 2009 4cos2 sin 4sin2 cos
4
2) Giải hệ phương trình:
2
2
3
1 4
x x
y y
x x
x
y y y
Câu III (1 điểm): Tính tích phân:
2 1 2
2 1
−
Câu IV (1 điểm):Trên đường thẳng vuông góc tại A với mặt phẳng của hình vuông ABCD cạnh a ta lấy điểm S với SA = 2a Gọi B’, D’ là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD Mặt phẳng (AB’D’ ) cắt SC tại C’ Tính thể tích khối đa diện ABCDD’ C’ B’.
Câu V (1 điểm): Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc thoả mãn:
cos cos cos cos cos cos 3
?
II PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 3 điểm).
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1 Theo chương trình Chuẩn:
1 Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường tròn ( C) :
x +y − x+ y− = và đường thẳng (d) : mx y − − 3 m = 0 ( m là tham số) Gọi I là tâm của đường tròn Tìm m để đường thẳng (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B thoả mãn chu vi ∆IAB bằng 5(2+ 2)
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng : ( ) :1 1 1
2
( ) :
− Viết phương trình mặt phẳng chứa (d 1 ) và hợp với (d 2) một góc 300.
Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta có:
4a+4b+4c≥ a 3b b+ 3c c+ 3a ≥ a 2b c b+ 2c a c+ 2a b
2 Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) tâm I(-1; 1), bán kính R=1, M là một điểm
trên ( ) :d x y− + =2 0 Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) một góc 450 tiếp xúc với (C) tại A, B Viết phương trình đường thẳng AB.
2) Trong không 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 tâm tam giác ABC Tính góc giữa (DAB) và (ABC).
Câu VII.b (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta có:
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.
I PHẦN CHUNG.
Cõu I
(2,0)
1(1,0) HS tự giải
2(1,0) HS tự giải
Cõu II
(2,0)
4
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 cú
1
b
1 2
x y
y x x
x
=
0,25
0,25
0,25
0,25
Cõu III
(1,0)
2 1
2
2 1
x
−
4 (2 1)
( 2 1)
x
x
0,25
Trang 31 1
+ 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
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' ' ')
+ Ta có: 1 2 12 12 ' 2 5
a AB
AB = SA + BA ⇒ =
0,25
O
S
C' B'
D'
Trang 42 2 2 4 2 4 5
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
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.
0,5
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
II PHẦN RIÊNG.1 Chương trình Chuẩn.
CâuVIa
(1,0)
1(1,0)
CâuVIa
(1,0)
( ) :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).
Trang 5
( ) :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
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
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): 2 2
x +y − y+ =
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
0,5
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 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).−
0,25
B
D
H
K
Trang 6Khi đó: . 0 0 2
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
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 được dpcm
0,25
0,5 0,25
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 được
3 2
y z+ z x+ x y ≥
ra khi và chỉ khi x=y=z hay tam giác ABC đều