Tài liệu ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010. ( new version) Môn: Toán A. pdf

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7 điểm.. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mpABCD bằng 0 30.. PHẦN RIÊNG 3 điểm Thí sinh chỉ được làm m

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010

Môn: Toán A Thời gian: 180 phút ( Không kể giao đề)

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

1

x y

x





 1) Khảo sát và vẽ đồ thị  C của hàm số trên

2) Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N

và MN 3 10

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình: sin 3x3sin 2xcos 2x3sinx3cosx 2 0

2) Giải hệ phương trình:

1 4



Câu III (1 điểm): Tính tích phân:

2

3 0

3sin 2 cos (sin cos )











Câu IV (1 điểm):

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a

và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 0

30

Câu V (1 điểm): Cho các số dương a b c ab bc ca, , :   3

1 a b c( )1 b c a( )1 c a b( ) abc

II PHẦN RIÊNG (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 với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn

( ) :C x  – 2 – 2 1 0,y x y   ( ') :C x2 y24 – 5 0x  cùng đi qua M(1; 0) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn ( ), ( ') C C lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3)

Câu VII.a (1 điểm):

Khai triển đa thức: (1 3 ) x 20 a0a x a x1  2 2  a x20 20 Tính tổng: S  a0 2a1 3a2   21a20

2 Theo chương trình Nâng cao :

Câu VI.b (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm

(1;0)

H , chân đường cao hạ từ đỉnh B là (0; 2) K , trung điểm cạnh AB là M(3;1)

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

Tìm tọa độ các điểm M thuộc ( )d và N thuộc 1 (d2) sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng

 P : – 2010 0x y  z   độ dài đoạn MN bằng 2

Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình

2

log ( 5) log ( 4) = 1





……… HẾT………

Câu Phần Nội dung Điểm

I

(2,0) 1(1,0)

Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa 1,0 2(1,0) Từ giả thiết ta có: ( ) :d yk x(  1) 1. Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau

có hai nghiệm ( ;x y1 1), ( ;x y2 2)phân biệt sao cho   2 2

x x  y y 

( 1) 1

( ) 1

( 1) 1

x

k x

I x

y k x





 



   



Ta có:

2

( )

( 1) 1

I

y k x

 



Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

2

kx  k x k   có hai nghiệm phân biệt Khi đó dễ có được 0, 3

8

k  k

(1k ) x x   90 (1 k )[ x x 4x x]90(***) Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1 x2 2k 3,x x1 2 k 3,

phương trình:

8k 27k 8k  3 0 (k3)(8k 3k 1) 0 3, 3 41, 3 41

KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên

0,25

0,5

0,25

II

(2,0) 1(1,0)

sin 3x3sin 2xcos 2x3sinx3cosx  2 0 (sin 3xsin ) 2sinx  x3sin 2x(cos 2x 2 3cos )x 0

2

2sin 2 cosx x 2sinx 6.sin.cosx (2cos x 3cosx 1) 0

2sin cosx x 2sinx 6.sin.cosx (2cos x 3cosx 1) 0

2

1 sin

2

1 cos

2

x

x

 













+)

2 6

, ( ) 5

1

2 i

6

2

  







  

 



Z k

x

+)

2 3

, ( ) 2

3

1

2

  







   



 



x

x

k

+) cosx 1 xk2 , ( kZ)

KL:Vậy phương trình có 5 họ nghiệm như trên

0,25

0,25

0,25 0,25

2(1,0)

Dễ thấy y0, ta có:

2

2

1

4

1 4

x

x y y

x y

y







Đặt

2

1 ,

x

y



          

0,25

0,25

+) Với v3,u1ta có hệ:

1, 2

2, 5

          

+) Với v 5,u9ta có hệ:

         

        

này vô nghiệm

KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y  

0,25

0,25

III

           Suy ra:

không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số)

Suy ra:

2

=

2



         

2



I

0,25

0,25

0,5

IV

(1,0)

+ Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N

+ Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có

2 3

SG

SO  suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD

Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của

SC, SD

Theo công thức tỷ số thể tích ta có:

.

.

S ABN

S ABN

S ABD

.

.

S BMN

S ABN

S BCD

Từ đó suy ra:

3 8

S ABMN S ABN S BMN

3

V  SA dt ABCD ; mà theo giả thiết SA(ABCD) nên góc hợp bởi AN với mp(ABCD) chính là góc  NAD , lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD cân tại

30

tan 30

SA

V  SA dt ABCD  a a a  a

0,25

0,25

M N

O

C

B S

G

Suy ra: thể tích cần tìm là:

3

5 3 24

MNABCD S ABCD S ABMN

a

V

3ab bc ca  3 (abc) abc1



Tương tự ta có: 21 1 (2), 21 1 (3)

1 b c( a)3b 1 c a b( )3c

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:

ab bc ca

 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc1,ab bc ca      3 a b c 1, ( , ,a b c0)

0,25

0,25

0,5

VIa

(2,0)

1(1,0)

+ Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R1,R'3, đường

a x b y  ax by a   a b 

+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM

Khi đó ta có:

1 d I d( ; ) 4[9 d I d( '; ) ]

IAIH

9

4 d I d( '; ) d I d( ; ) 35 4 a b 35

36





Dễ thấy b0 nên chọn 1 6

6

 



   



a b

Kiểm tra điều kiện IAIH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn

0,25

0,25

0,25

0,25

2(1,0) + Ta có: AB(2; 2; 2), AC(0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB,

AC là: x   y z 1 0,y  z 3 0

+ Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là n AB AC, (8; 4; 4). Suy ra (ABC):

2x   y z 1 0 + Giải hệ:

     

      

Suy ra tâm đường tròn là I(0; 2;1)

Bán kính là RIA ( 1 0)  2 (0 2)2 (1 1)2  5

0,25

0,25

0,5

VII.a

(1,0)

x  x a  a x a x   a x

(1 3 )x 60 (1 3 )x x a 2a x 3a x 21a x

Nhận thấy: a x k k  a k (x)k do đó thay x 1 vào cả hai vế của (*) ta có:

22

0,25

0,25 0,25 0,25

Câu Phần Nội dung Điểm

VIb

(2,0)

1(1,0)

+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận

( 1; 2)

HK  



làm vtpt và AC đi qua K nên

(AC) :x2y 4 0 Ta cũng dễ có:

(BK) : 2x  y 2 0 + Do AAC B, BK nên giả sử (2 4; ), ( ; 2 2 )

A a a B b  b Mặt khác M(3;1)là

trung điểm của AB nên ta có hệ:

        

Suy ra: (4; 4), (2;A B 2)

+ Suy ra: AB  ( 2; 6), suy ra: (AB) : 3x  y 8 0

+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HA(3; 4), suy ra:

(BC) : 3x4y 2 0

KL: Vậy : (AC) :x2y 4 0,(AB) : 3x  y 8 0, (BC) : 3x4y 2 0

0,25

0,5

0,25

2(1,0) + M N, ( ), (d1 d2) nên ta giả sử

M t t t N   t t t NM  t  t  t t t  t

+ MN song song mp(P) nên: n NM P  0 1.(t12t2 1) 1.(t1t2) 1(2 t1  t2 1) 0

2 1 ( 1 1; 2 ;31 1 1)

      

+ Ta có:

1

1

0

7

t

t







 



+ Suy ra: M(0; 0; 0),N( 1; 0;1) hoặc ( ;4 4 8; ), ( ;1 4 3; )

7 7 7 7 7 7

+ Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào M( ).P KL: Vậy có hai cặp M, N như trên thoả mãn

0,25

0,25

0,25

0,25

VII.b

(1,0)

+ Điều kiện:

2

( )

I

      

2 log [(1 )( 2)] 2 log (1 ) 6 ( )

log ( 5) log ( 4) = 1

I





log ( 2) log (1 ) 2 0 (1) log ( 5) log ( 4) = 1 (2)





+ Đặt log2y(1x)t thì (1) trở thành: t 1 2 0 (t 1)2 0 t 1

t

        Với t1 ta có: 1      x y 2 y x 1 (3) Thế vào (2) ta có:

2

0 2

x x





   

 Suy ra:

1 1

y y

 



 

 + Kiểm tra thấy chỉ có x 2, y1thoả mãn điều kiện trên

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x 2, y1

0,25

0,25

0,25

0,25

M H

K

A