Đề thi thử đại học môn Toán - Số 8

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]

Sở GD&ĐT Phú Thọ

Trường THPT Thanh Thủy

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

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: y x 33mx23x3m4(1)

1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m =1.

2) Tìm các giá trị m để hàm số (1) nghịch biến trên đoạn có độ dài đúng bằng 1.

Câu II (2 điểm):

4







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): 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

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:

Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao CH x y:   1 0, phân giác trong

Tính diện tích tam giác ABC.

BN x y  

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

 



( ) :2 2 1 Viết phương trình mặt phẳng chứa (d 1 ) và hợp với (d 2) một góc 300



Câu VII.a (1 điểm): Tính tổng: 0 4 8 2004 2008

2009 2009 2009 2009 2009

S C C C  C C

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

Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) một góc 450 tiếp xúc với (C) tại A, B Viết phương

( ) :d x y  2 0

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

với H là trực tâm tam giác ABC Tính góc giữa (DAB) và (ABC).

3

DH 

Câu VII.b (1 điểm): Tính tổng : 1 3 8 1

C  C   n C 

ĐÁP ÁN THI THỬ LẦN 2 NĂM 2008- 2009- MÔN TOÁN.

I PHẦN CHUNG.

Câu I

(2,0) 1(1,0) Với m= 1 ta có: y x 33x23x1

1 Tập xác định: D=R

2 Chiều biến thiên:

+ lim ( ) lim ( 3 3 2 3 1) ;

lim ( ) lim ( 3 3 2 3 1)

+ y 3(x1)2   0 x R Do đó hàm số đồng biến trên (  ; ) + Bảng biến thiên:

+ Hàm số không có cực trị

3 Đồ thị

+ Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I(1; 0) làm tâm đối xứng.

+ Giao với Ox tại (1; 0), giao với Oy tại (0; -1)

0,25

0,25

0,25

0,25

2(1,0) Ta có: y 3(x22mx1)

Hàm số nghịch biến chỉ trên đoạn có độ dài 1 khi và chỉ khi phương trình y0

có 2 nghiệm x x1, 2: x2x1 1

2







Theo định lí Viet ta có: 1 2

1 2

2

x x





2 2

5 / 2 1

m m

 



0,25

0,25

0,5

Câu 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 có phương trình: 2t2 t 0

0 1/ 2

t t





   



 Với t 0 ta có: tan 1

4

x   x  k 

0,5

0,25

0,25

 Với t  1/ 2 ta có:

arccos( 2 / 4) / 4 2

x





KL: Vậy phương trình có 4 họ nghiệm: , ,

4

x   k 

4

x  k 

arccos( 2 / 4) / 4 2

x   k  x arccos( 2 / 4) / 4k2 2(1,0) Điều kiện: x+y>0, x-y>0

Đặt: u x y ta có hệ:

v x y

 



  

Thế (1) vào (2) ta có:

2

3 (2) 2

u v uv

u v uv

uv







2

Kết hợp (1) ta có: 0 4, 0 (vì u>v) Từ đó ta có: x =2; y =2.

4

uv

u v





  



KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu III

(1,0)

2 1

2

2 1

x



4 (2 1)

( 2 1)

x

x

2

4 (2 1)

( 2 1)

x

x

1 2

4 (2 1)

x

x







1

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

 

0

dt t









(tan )

I

2

0,25

0,25

Suy ra: 2 2 2 , với

6

3

2





 

0



0 3 1 2



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

Khi đó:

0

I   t dt    



tan

3

2





 

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  

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 BD(SAC) 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

0,25

0,5

O

S

C' B'

D'

3 Suy ra thể tích đa diện cần tìm là:

.

V  S SA a

' ' '

14 45

S ABCD S AB C D

V V V  a

Chú ý: Vẽ hình sai không chấm.

0,25

Câu V

x y x y



4a4b4c a 3b b 3c c 3a

Áp dụng 2 lần (*) ta có: 1 1 1 1 16 hay (1)

3

a b b b    a b



3

a b  a b



Tương tự ta có: 1 3 16 (2) và (3)

3

b c b c



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)

+ Do ABCH nên AB: x y  1 0 Giải hệ: 2 5 0 ta có (x; y)=(-4; 3).

1 0

x y

x y

  



   



Do đó: ABBN B( 4;3)

+ Lấy A’ đối xứng A qua BN thì A'BC

- Phương trình đường thẳng (d) qua A và Vuông góc với BN là (d): x2y 5 0

- Gọi I ( )d BN Giải hệ: 2 5 0 Suy ra: I(-1; 3)

x y

  



   

+ Phương trình BC: 7x y 25 0 Giải hệ: 7 25 0

1 0

x y

x y



 Suy ra: ( 13; 9)

C  

4

2 2

7.1 1( 2) 25

 Suy ra: 1 ( ; ) 1.3 2 450 45

ABC

0,25

0,25

0,25

0,25

CâuVIa

(1,0)

2(1,0) Giả sử mặt phẳng cần tìm là: ( ) : ax by cz d   0 (a2b2c2 0).

Trên đường thẳng (d1) lấy 2 điểm: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0).

0



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

1 sin 30

Dễ thấy b0nên chọn b=1, suy ra:

21

21

a

a













KL: Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn:

0

0

0,25

0,25

0,25

0,25

A H

N

Câu Phần Nội dung Điểm

CâuVIIa

2009 0 1 2009 2009

2009 2009 2009 (1 )i C iC   i C

2009 2009 2009 2009 2009 2009

2009 2009 2009 2009 2009 2009

Thấy: 1( ), với

2

2009 2009 2009 2009 2009 2009

A C C C C  C C

0 2 4 6 2006 2008

2009 2009 2009 2009 2009 2009

B C C C C  C C

+ Ta có: (1 )i 2009  (1 )[(1 ) ]i i 2 1004 (1 ).2i 1004 2100421004i

Đồng nhất thức ta có A chính là phần thực của (1 )i 2009 nên A21004

2009 2009 2009 2009 (1x) C xC x C   x C

2009 2009 2009 2009 2009 2009

C C  C C C  C

2009 2009 2009 2009 2009 2009 (C C   C ) ( C C   C ) 2 Suy ra:B22008

+ Từ đó ta có: S2100322007

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 IM(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:

x y  y x y  x y    x y + 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:

x y  x x y  x y    x y

+ KL: Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn: x y  1 0 và x y  1 0

0,5

0,25

0,25

Câu Phần Nội dung Điểm

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 n  [AB AC, ]0; 4; 4  

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

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

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

a b

AB CH



 

 

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: ta được 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            

Gọi là góc cần tìm thì:

tanDH HK/  96 /12 6 / 3  arctan( 6 / 3) Vậy  arctan( 6 / 3) là góc cần tìm

0,25

0,25

0,25

0,25

CâuVIIb

f x  x C xC x C x C

Suy ra:

f x  n x  C  xC  x C   n x  C   nx C

Cho x i ta được 1 3 8 1 chính là phần thực của

A C  C   n C  khai triển số phức 8 (1 )n i 8n1

Ta có: 8 (1 )n i 8n1 4 (1 ) (1 ) 4 2n i 8n  i n 4n4 2n 4n i

A C  C   n C   n

0,25

0,5

0,25

B

D

H

K