Câu Phần Nội dung Điểm.. CâuVIb.[r]
Trang 1Sở 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 3mx23x3m 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):
1) Giải phương trình:
2009
4
2) Giải hệ phương trình:
Câu III (1 điểm): Tính tích phân:
2 1 2
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:
4a4b4c a3b b 3c c 3aa2b 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
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng : 1
( ) :
2
( ) :
Viết phương trình mặt phẳng chứa (d 1 ) và hợp với (d 2) một góc 300
Câu VII.a (1 điểm): Tính tổng: S C 20090 C20094 C20098 C20092004C20092008
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): Tính tổng : 1 81 3 83 (8 1) 88n 1
Trang 2
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 3x1
1 Tập xác định: D=R
2 Chiều biến thiên:
+
lim ( ) lim ( 3 3 1) ;
lim ( ) lim ( 3 3 1)
+ y 3(x1)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 2mx1)
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
Khi đó điều kiện là:
2
(*)
Theo định lí Viet ta có:
1 2
1 2
2
x x
Khi đó (*) trở thành:
2 2
5 / 2 1
m m
0,25 0,25
0,5
Câu II
(2,0) 1(1,0) cos 2x2 2 sinx20094 4cos2xsinx4sin2 xcosx
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
+ Giải (1): (1) tanx 1 x 4 k
0,5
0,25
Trang 3+ 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: tanx 1 x 4 k
Với t 1/ 2 ta có:
x
KL: Vậy phương trình có 4 họ nghiệm: x 4 k
, x 4 k
,
0,25
2(1,0) Điều kiện: x+y>0, x-y>0
Đặt:
u x y
v x y
ta có hệ:
2
3 (2) 2
uv
2
uv uv uv uv uv uv uv
Kết hợp (1) ta có:
0
4
uv
u v
(vì u>v) Từ đó ta có: x =2; y =2.
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
x
2
x
x
2
x
x
+ Tính:
1 2
x
x
Đặt:
1
x t t dx tdt x t x t
0,25
Trang 4Khi đó:
=
6 2 0
dt t
+ Tính:
(tan )
I
Đặt:
2
2
Suy ra:
2
, với
6
t y t y
sao cho
6 tan
3
,(0 2)
Khi đó:
0
+ Tính:
0 3 1 2
Đặt:
t x x t dx tdt x t x t
Khi đó:
0
I t dt
I I I I
, (
6 tan
3
,(0 2)
)
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: BCSA 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' ' ')
'
a AB
, SB SA2AB2 5a
0,25
O
S
C' B'
D'
Trang 5Suy ra:
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 BDAC' )
Xét hai tam giác đồng dạng SB’D’ và SBD suy ra:
5
BD SB
4 2 ' '
5
a
B D
Ta có:
a
+ Ta có:
3 ' ' ' ' ' '
S AB C D AB C D
3
S ABCD ABCD
Suy ra thể tích đa diện cần tìm là:
3 ' ' '
14 45
S ABCD S AB C D
Chú ý: Vẽ hình sai không chấm.
0,5
0,25
Câu V
(1,0)
Dễ có:
+ Chứng minh:
4a4b4ca3b b 3c c 3a
Áp dụng 2 lần (*) ta có:
3
a b b b a b hay
3
a b a b(1)
Tương tự ta có:
3
b c b c(2) và
3
c a c a (3) Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế rồi rút gọn ta có điều phải chứng minh
+ Chứng minh:
a b b c c aa b c b c a c a b
Áp dụng (*) ta có:
a b b c a a b c a b c (4)
Tương tự ta có:
(5)
b c c a b b c a
(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
Trang 6II PHẦN RIÊNG.
1 Chương trình Chuẩn.
CâuVIa
(1,0) 1(1,0) + Do ABCH nên AB: x y 1 0
Giải hệ:
1 0
x y
x y
ta có (x; y)=(-4; 3).
Do đó: ABBN 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:
x y
Suy ra: I(-1; 3) A'( 3; 4)
+ Phương trình BC: 7x y 25 0 Giải hệ:
1 0
x y
x y
Suy ra:
+
4
,
2 2
7.1 1( 2) 25
Suy ra:
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 (a2b2c2 0)
Trên đường thẳng (d1) lấy 2 điểm: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0).
0,25
A H
N
Trang 7Do ( ) qua A, B nên:
0
( ) : ax by (2a b z a b ) 0
Yêu cầu bài toán cho ta:
0
1 sin 30
2 3a 2b 3(5a 4ab 2 )b 21a 36ab 10b 0
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
CâuVIIa
2009 0 1 2009 2009
2009 2009 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
Thấy:
1
2
S A B
, với A C 20090 C20092 C20094 C20096 C20092006C20092008
B C 20090 C20092 C20094 C20096 C20092006C20092008 + Ta có: (1 )i 2009 (1 )[(1 ) ]i i 2 1004 (1 ).2i 1004 2100421004i
Đồng nhất thức ta có A chính là phần thực của (1 )i 2009 nên A 21004 + Ta có: (1x)2009C20090 xC12009x C2 20092 x2009C20092009
Cho x=-1 ta có: C20090 C20092 C20092008 C12009C20093 C20092009
Cho x=1 ta có: (C20090 C20092 C20092008) ( C20091 C20093 C20092009) 2 2009 Suy ra:B 22008
+ Từ đó ta có: S 2100322007
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
Trang 8MAB vuông cân và tam giác IAM cũng vuông cân Suy ra: IM 2.
M d M a; a+2), IM (a1;a1)
,
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): x2y2 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): x2y24x 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 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).
Khi đó:
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
0,25
0,25
0,25
B
D
H
K
Trang 9Giải hệ:
2
4 0
x 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:
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
CâuVIIb
f x x C xC x C x C Suy ra:
Cho x i ta được 1 81 3 83 (8 1) 88n 1
khai triển số phức 8 (1 )n i 8 1n
Ta có: 8 (1 )n i 8n1 4 (1 ) (1 ) 4 2n i 8n i n 4n 4 2n 4n i Vậy 1 18 3 83 (8 1) 88n 1 4 24n
0,25
0,5
0,25