Đề thi thử đại học lần II năm 2008 - 2009. Môn: Toán A

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.. Tính thể tích khối đa diện ABCDD’ C’ B’.[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2008-2009.

Mụn: Toỏn A

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

Cõu I (2 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 cos 2 2 2 sin 2009 4 cos2 sin 4 sin2 cos

4

2

2

3

(1 ) 4

1 4

x







2 1 2

2 1



 



Cõu IV (1

Cõu V (1

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

và  . (d) : ( m là tham

2 2

2 6 15 0



IAB GJ 5(2 2)





Cõu VII.a (1

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

 trỡnh  . AB.

3

Cõu VII.b (1

a a b a c b b a b c c c a c b 

UVW ÁN THI OY Z[X 2 X\ 2008- 2009- MÔN TOÁN.

Câu I

(2,0)

1(1,0) HS tù gi¶i

2(1,0) HS tù gi¶i

Câu II

(2,0)

cos 2 2 2 sin 4 cos sin 4 sin cos

4

cos x sin x 2(sinx cos )x 4 sin cos (sinx x x cos )x

(cosx sin )(cosx x sinx 4 cos sinx x 2) 0

cos sin 4 sin cos 2 0 (2)





4

       + cosxsinxt t,  2 ta có  trình: 2

2t  t 0 0

1 / 2

t t





   



 t 0 ta có: tan 1

4

   

 t  1 / 2 ta có:

arccos( 2 / 4) / 4 2 cos( ) 2 / 4

x





4

x  k 

  

4

x  k 

 

arccos( 2 / 4) / 4 2

x   k  x arccos( 2 / 4) / 4k2

0,5

0,25

0,25

2(1,0)

2

2

3 3

3

1

4

x

x

 1

a x

y x b y

  





 



Ta ®­îc

1

b

1 2

x y

y x x

x



    



0,25

0,25

0,25

0,25

Câu III

(1,0)

2 1

2 1 (2 1) 4

x



 

4 (2 1)

( 2 1) (2 1) 4

x

x

0 2 0

2

4 (2 1)

( 2 1) (2 1) 4

x

x

 

+ Tính: 1 0 2 2 U3 

1 2

4 (2 1) (2 1) 4

x

x





 



1

x  t t    dx tdt x   t x  t 

 

=

6 2 0

12 sin 1

dt t





 





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

I

2

Suy ra: (tan ) 2 (tan ) 2(1 tan2 ) ,

sao cho ,

6

t   y t    y  6

tan

3

2





 

0



+ Tính: 3 0 U3 

1 2

( 2 1)



t  x  x t dxtdt x   t x   t

Khi 0 1 2 2 5 3 1

0



15 12 2

3

2





 

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu IV

(1,0)

+ Trong tam giác SAB 1 AB'SC

Trong tam giác SAD 1 AD'SD

ef có: BCSA BC, BABC(SAB) Suy ra: AB'BC, mà AB'SB g 0 có

AB  SAC AB SC

 S ta có: AD'SC(2) g (1) và (2) suy ra: SC(AB D' ')B D' 'SC

g 0 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'

,

5

SB SA AB  a

Suy ra: ' 4;

5

SB

SB  (vì ?f có nên )

' ' '

Xét hai tam giác k ?1 SB’D’ và SBD suy ra: ' ' ' 4

5

B D SB

BD  SB 

4 2 ' '

5

a

B D

a

+ Ta có: . ' ' ' 1 ' ' ' ' 1 1 ' ' ' ' 16 3

S AB C D AB C D

. 1 2 3 Suy ra

. . ' ' ' 14 3

45

S ABCD S AB C D

Chú ý: Vẽ hình sai không chấm.

0,5

0,25

Câu

VIIa

(1,0)

ef có: (x y)2 4xy 1 1 4 ( ,x y 0)(*)

 + K minh: 1 1 1 1 1 1

4a4b4c a 3bb 3cc 3a

Áp ?n 2 5l (*) ta có: 1 1 1 1 16 hay (1)

3

a   b b b a b



1 3 16

3

a b a b



 S ta có: 1 3 16 (2) và (3)

3

b c b c



1 3 16

3

c a c a



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

 S ta có: 1 1 2 (5)

b cc a bb c a

1 1 2 (6)

c aa b c c a b

0,25

0,25

0,25

0,25

II PHẦN RIÊNG.1 Chương trình Chuẩn.

CâuVIa

(1,0)

1(1,0)

CâuVIa

(1,0)

( ) : ax by   cz d 0 (a b c 0) Trên  . (d )

Do ( ) qua A, B nên: 0 2 nên

0



      

( ) : ax by (2a b z )   a b 0 Yêu %l bài toán cho ta: 0

1 1 1.(2 ) 1

sin 30

2 3a 2b 3(5a 4ab 2b ) 21a 36ab 10b 0

ef 67 b0nên %9 b=1, suy ra:

18 114 21

18 114 21

a

a











 KL: ,b7 có 2 3   s mãn:

18 114 15 2 114 3 114

0

18 114 15 2 114 3 114

0

0,25

0,25

0,25

0,25

2 Chương trình Nâng cao.

CâuVIb

(1,0)

1(1,0) ef 67 I( )d Hai 0 suy ra tam giác

MAB vuông cân và tam giác IAM %t vuông cân Suy ra: IM  2

M d M IM(a1;a1)

0

2

a

a





 Suy ra có 2 1(0; 2) và M2 (-2; 0)

+ U tròn tâm M1 bán kinh R1=1 là (C1): x2y24y 3 0

x y  y x y  x y    x y

+ U tròn tâm M2 bán kinh R2=1 là (C2): x2y24x 3 0

x y  x x y  x y    x y

+ KL: ,b7 có hai  . s 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, K CHAB

Khi 0D ?f 67 AB(DCK) Suy ra góc

(ABC) chính là góc DKH.Ta tìm Tính L% HK là xong.

+ W trình 3   (ABC).

- Vecto pháp 7; n [ AB AC, ]0; 4; 4  

- (ABC): y  z 2 0 + H(ABC) nên H a b( ; ; 2b)

Ta có: AH ( ; ;a b b BC),(4; 2; 2).

CH(a2; ;b b AB), ( 2; 2; 2).

0,25

B

D

H

K

Khi 0 . 0 0 2

2 2 0

a b

AB CH



 

 

,b7 H(-2; -2; 4).

W trỡnh  . AB là:

2

x t

y t





  



  



ta L% x =2/3; y =-2/3, z =8/3.

2

4 0

x t

y t

x y z









    



Suy ra: K(2/3;-2/3; 8/3) Suy ra:

HK            



tanDH HK/  96 / 12 6 / 3  arctan( 6 / 3) ,b7  arctan( 6 / 3) là gúc %l tỡm

0,25

0,25

0,25

CõuVIIb

(1,0)

Với a,b >0 ta có

  

2

CM t2 rồi cộng vế với vế ta được dpcm

0,25

0,5 0,25

CõuV Ta có tanA+tanB= sin cos cos tan

cos cos cos tan tan

không nhọn nên đặt x=tanA>0,y=tanB>0,z=tanC>0

ABC



Từ GT ta có 3với x,y,z>0.Dễ dàng CM được Dấu “=”xảy

2

y z z x x y 

3 2

y zz xx y

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

Cõu VII.b (1

a a b a c b b a b c c c a c b 

UVW ÁN THI. ..

x

x

0 0

2

4 (2 1)

( 1) (2... BA  

0,25

O

S

C'' B''

D''