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]
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
Mụn thi : TOÁN (ĐỀ 126 )
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm).
Cõu I (2 điểm): Cho hàm số
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 điểm):1) Giải phương trỡnh:
2009
4
2) Giải hệ phương trỡnh:
2
2
3
1 4
x
Cõu III (1 điểm): Tớnh tớch phõn:
2 1 2
Cõu IV (1 điểm):Trờn đường thẳng vuụng gúc tại A với mặt phẳng của hỡnh vuụng ABCD cạnh a ta lấy điểm S với SA = 2a Gọi B’, D’ là hỡnh chiếu vuụng gúc của A lờn SB và SD Mặt phẳng (AB’D’ ) cắt SC tại C’ Tớnh thể tớch khối đa diện ABCDD’ C’ B’.
Cõu V (1 điểm): Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc thoả mãn:
?
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 điểm): 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường trũn ( C) :
x y x y và đường thẳng (d) : mx y 3 m 0 ( m là tham số) Gọi I là tõm của đường trũn Tỡm m để đường thẳng (d) cắt (C) tại 2 điểm phõn biệt A,B thoả món chu vi IAB bằng 5(2 2)
2) Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng : 1
( ) :
2
( ) :
Viết phương trỡnh mặt phẳng chứa (d 1 ) và hợp với (d 2) một gúc 300
Cõu VII.a (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta cú:
4a4b4c a3b b 3c c 3aa2b c b 2c a c 2a b
2 Theo chương trỡnh Nõng cao:
Cõu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường trũn (C) tõm I(-1; 1), bỏn kớnh R=1, M là một điểm
trờn ( ) :d x y 2 0 Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) một gúc 450 tiếp xỳc với (C) tại A, B Viết phương trỡnh đường thẳng AB.
2) Trong khụng 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 tõm tam giỏc ABC Tớnh gúc giữa (DAB) và (ABC).
Cõu VII.b (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta cú:
Trang 2
1
a a b a c b b a b c c c a c b
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) 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
+ 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: tanx 1 x 4 k
Với t 1/ 2 ta cú:
x
KL: Vậy phương trỡnh cú 4 họ nghiệm: x 4 k
, x 4 k
,
0,5
0,25
0,25
2(1,0)
Đk y 0
2 2
3 3
3
x
1
a x
y x b y
Ta đợc
1
b
Khi đó
1
2
x x
x
KL
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 3Câu Phần Nội dung Điểm
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
Khi 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
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)
S
C' B'
D'
Trang 4suy ra: SC(AB D' ') B D' 'SC.
Từ đó suy ra: SC' ( AB C D' ' ')
'
a AB
, SB SA2AB2 5a Suy 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
B D SB
BD SB
4 2 ' '
5
a
B D
Ta có:
a
+ Ta có:
3 ' ' ' ' ' '
3
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.
0,25
0,5
0,25
Câu
VIIa
+ Chứng minh:
4a4b4c a3b 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
0,25
0,25
0,25
0,25
O
Trang 5
(6)
c a a b c c a b
Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta có điều phải chứng minh
II PHẦN RIÊNG.1 Chương trình Chuẩn.
CâuVIa
(1,0) 1(1,0)
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).
Do ( ) 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
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), 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
D
Trang 6(1,0)
2(1,0) Trong tam giỏc ABC, gọi K CH AB
Khi đú, dễ thấy AB(DCK) Suy ra gúc giữa (DAB) và (ABC) chớnh là gúc DKH Ta tỡm tọa độ điểm H rồi Tớnh được HK là xong.
+ Phương trỡnh mặt phẳng (ABC).
- Vecto phỏp tuyến n [AB AC, ]0; 4; 4
- (ABC): y z 2 0 + H(ABC) nờn giả sử H a b( ; ; 2 b)
Ta cú: AH ( ; ;a b b BC ), (4; 2; 2).
CH (a 2; ;b b AB ), ( 2; 2; 2).
Khi đú:
2
a b
AB CH
Vậy H(-2; -2; 4).
+ Phương trỡnh mặt phẳng qua H và vuụng gúc với AB là: x y z 4 0
Phương trỡnh đường thẳng AB là: 2
x t
Giải 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 gúc cần tỡm thỡ:
tan DH HK/ 96 /12 6 / 3 arctan( 6 / 3)
Vậy arctan( 6 / 3) là gúc cần tỡm
0,25
0,25
0,25
0,25
CõuVIIb
(1,0)
Với a,b >0 ta có
2
CM t2 rồi cộng vế với vế ta đợc dpcm
0,25
0,5
0,25
CõuV Ta có tanA+tanB=
ABC
không nhọn nên đặt x=tanA>0,y=tanB>0,z=tanC>0
Từ GT ta có
3 2
y z z x x y với x,y,z>0.Dễ dàng CM đợc
3 2
y z z x x y .Dấu “=”xảy
ra khi và chỉ khi x=y=z hay tam giác ABC đều
B H
K