Đề Thi Thử ĐH Môn TOÁN - Trung Tâm Thành Đạt pot

TRUNG TM LUYN THI I HC TH SC TRC K THI TUYN SINH I HC NM 2010 THNH T Mụn thi: TON - Khi A-B-D Thỏng 01-2010 Thi gian: 180 phỳt ( Khụng tớnh thi gian phỏt ) I.PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im ) Cõu I ( 2,0 im ) Cho hm s 3 2 1 8 y x x 3x 3 3 (1) 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s (C) khi m = 1. 2. Lp phng trỡnh ng thng (D) song song vi trc honh ct th (C) ti hai im phõn bit A , B sao cho tam giỏc OAB cõn ti O ( vi O l gc ta ). Cõu II ( 2,0 im ) 1. Gii phng trỡnh: 2 1 (1 4sin x)sin 3x 2 2. Gii phng trỡnh: 2 4 2 x 3x 1 tan x x 1 6 Cõu III ( 1,0 im ) Tớnh tớch phõn: 2 5 2 2 2 I (x x ) 4 x dx Cõu IV ( 1,0 im ) Cho hỡnh chúp u S.ABCD cú cnh ỏy bng a , cnh bờn hp vi ỏy gúc 60 0 .Gi M l im i xng vi C qua D , N l trung im ca SC , mt phng (BMN) chia khi chúp thnh hai phn. Tớnh t s th tớch ca hai phn ú. Cõu V ( 1,0 im ) Cho cỏc s dng x, y, z tha món 2 2 2 x y z 1 .Chng minh: 2 2 2 2 2 2 x y z 3 3 . 2 y z z x x y II.PHN RIấNG ( 3,0 im )Thớ sinh ch c chn lm mt trong hai phn ( phn 1 hoc phn 2 ) 1.Theo chng trỡnh Chun: Cõu VI.a ( 2,0 im ) 1. Trong mt phng vi h to Oxy, cho đờng tròn (C) có phơng trình (x-1) 2 + (y+2) 2 = 9 và đờng thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. 2. Trong khụng gian vi h to Oxyz , Vit phng trỡnh mt phng (P) qua O , vuụng gúc vi mt phng (Q) : x y z 0 v cỏch im M(1;2; 1 ) mt khong bng 2 . Cõu VII.a ( 1,0 im ) Tỡm h s ca x 8 trong khai trin nh thc Niutn ca n 2 x 2 , bit 3 2 1 n n n A 8C C 49;n N,n 3 2.Theo chng trỡnh Nõng cao: Cõu VI.b ( 2,0 im ) 1. Trong mt phng vi h to Oxy, cho ng thng (d ): x y 1= 0 v hai ng trũn 2 2 2 2 1 2 C : x 3 y 4 8; C : x 5 y 4 32 Vit phng trỡnh ng trũn (C) cú tõm I thuc d v tip xỳc ngoi vi 1 2 C , C . 2. Trong khụng gian vi h to Oxyz,cho im A ( 3 ; - 1 ; 1 ),ng thng v mp ( P) ln lt cú phng trỡnh 2 : 1 2 2 x y z , ( P ) : x y + z - 5 = 0 . Vit phng trỡnh tham s ca ng thng (d) i qua A , nm trong ( P) v hp vi ng thng mt gúc 45 0 . Cõu VII.b ( 1,0 im ) Gii h phng trỡnh: 2 2 2 2 lg lg lg lg lg lg 0 x y xy x y x y Ht GV: Nguyn Vn Xờ Trung tõm luyn thi THNH T Chỳ ý: - Phỏt thi: Ngy 05 v 06 thỏng 01 nm 2010. - Nhn bi lm v phỏt hnh ỏp ỏn: Ngy 12 thỏng 01 nm 2010. 583 727 TRN CAO VN NNG * T: 3 759 389 3 711 165 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THỬ SỨC THÁNG 01 NĂM 2010 (Đáp án này có 05 trang) Câu Đáp án Điểm 1. ( 1,00 điểm) Khảo sát 0,25 0,25 0,25 0,25 2. ( 1,00 điểm) Tìm m 0,25 0,25 0,25 I 2,0 điểm 0,25 1.( 1,0 điểm) Giải phương trình II 2,0 điểm V× cosx=0 kh«ng ph¶i lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: V× cosx=0 => x=   k 2  th× sin3(   k 2  ).[1-4sin 2 (   k 2  )] 2 1 0,25 ®iÓm Nh©n hai vÕ cña ph¬ng tr×nh víi cosx ta ®îc: Sin3x.(cosx - 4sin 2 x.cosx) = 2 1 cosx 0,25 0,25  2sin3x(4cos 3 x-3cosx) = cosx 0,25 ®iÓm  2sin3x.cos3x = cosx 0,5 ®iÓm  sin6x =sin( 2  -x) 0,5 ®iÓm              2kx 2 x6 2kx 2 x6          5 2k 10 x 7 2k 14 x   , (kZ) 0.5 2. ( 1,0 điểm) Giải phương trình Phương trình  2 4 2 3 x 3x 1 x x 1 3       Ta cã: x 4 + x 2 + 1 = (x 2 + x + 1)(x 2 – x + 1) > 0 x 2 – 3x + 1 = 2(x 2 – x + 1) – (x 2 + x + 1) Ta có phương trình: 2(x 2 – x + 1) – (x 2 + x + 1)       2 2 3 (x x 1)(x x 1) 3 Chia hai vế cho x 2 + x + 1   2 2 x x 1   §Æt 2 2 x x 1 t x x 1      , t > 0. Ph¬ng tr×nh trë thµnh: 2 3 t 0 3 2 3 2t t 1 0 3 1 t 3               2 2 x x 1 1 x x 1 3        x = 1 0.5 0,5 ( 1,0 điểm) Tính tích phân: 0,5 III 1,0 điểm 0,5 (1,0 điểm): Tính thể tích khối chóp IV 1,0 điểm +Gọi P MN SD,Q BM AD    khi đó , P là trọng tâm SCM , Q là trung điểm của MB + MDPQ DPQCNB MBCN MBCN V MP MD MQ 1 5 . . V V V MN MC MB 6 6     +Vì D là trung điểm của MC         MBCN DBCN DBCS S.ABCD 1 d M, BCN 2d D, BCN V 2V V V 2       S.ABCD ABCD 1 V SO.S 3  0 2 3 1 6 OB.tan 60 .a a 3 6   ( đvtt) +Nên DPQCNB DPQCNB S.ABCD SABNPQ S.ABCD SABNPQ V 5 7 5 V V V V 12 12 V 7      0,5 0,5 (1,0 điểm):  Từ giả thiết 2 2 2 x y z 1   suy ra 0 x,y,z 1   Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương 2 2 2 2x ,1 x ,1 x  ta được           2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 2 2x 1 x 1 x 2 2x 1 x 2x 1 x 3 3 2 x 1 x 3 3 x 3 3 x 1 x 2                2 2 2 x 3 3 x (1) y z 2     Tương tự ta có 2 2 2 2 2 2 y 3 3 y (2) z x 2 z 3 3 z (3) x y 2      Cộng từng vế (1), (2), (3) ta được   2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y z 3 3 3 3 x y z (*) y z z x x y 2 2          Dấu bằng ở (*) xảy ra khi 3 x y z 3    0,25 V 1,0 điểm 0,25 0,5 1.(1,0 điểm) Tìm toạ độ các đỉnh Tõ ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn vµ ACAB  => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3 23 IA 0.25         7 5 6123 2 1 m m m m 0,25 0,5 2. (1,0 điểm): Viết phương trình đường thẳng Phương trình mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0 với 2 2 2 A B C 0   Vì (P)  (Q) nên 1.A+1.B+1.C = 0  A+B+C = 0 C A B    (1) Theo đề : d(M;(P)) = 2 A 2B C 2 2 2 2 2 (A 2B C) 2(A B C ) 2 2 2 A B C             (2) Thay (1) vào (2) , ta được : 8AB+5 8A 2 B 0 B 0 hay B = 5      (1) B 0 C A . Cho A 1,C 1       thì (P) : x z 0   8A B = 5  . Chọn A = 5 , B = 1 (1) C 3  thì (P) : 5x 8y 3z 0   0,25 • Véctơ pháp tuyến của ( ) là   n 2; 1;1   ; véctơ chỉ phương của (d 1 ) là u (2;1;3)  0,25 • Véctơ chỉ phương của ( ) là   1 3 3 2 2 1 u ; ; 4;4; 4 1 1 1 2 2 1              0,25 VIa. 2,0 điểm • Vậy phương trình đường thẳng ( ) là x 3 y 7 z 6 1 1 1       . 0,25 (1,0 điểm ) Tìm a VIIa. 1,0 điểm Ta có:       3 2 1 n n n 8n n 1 A 8C C 49 n n 1 n 2 n 49 2               3 2 2 n 7n 7n 49 0 n 7 n 7 0 n 7                 7 n 7 2 7 i 2 2 i i 7 i 0 x 2 x 2 C x 2        Số hạng chứa x 8   2 7 i 8 i 3     Do vậy , hệ số của số hạng chứa x 8 là 3 7 C .8 280 0,5 0,5 1. (1,0 điểm) Lập phương trình tiếp tuyến Gọi bán kính của       1 2 C , C , C lần lượt là       1 2 R , R , R ; 1 2 I ,I lần lượt là tâm của     1 2 C , C Vì   I d I a;a 1 ,a R    (C) tiếp xúc ngoài với     1 2 C , C nên 1 1 2 2 1 1 2 2 II R R ;II R R II R II R                2 2 2 2 a 3 a 3 2 2 a 5 a 5 4 2          2 2 2 2 2 a 9 2 a 25 a 9 4 4 a 9 a 25              2 a 9 9 a 0 I 0; 1           2 2 R 2 PT C :x y 1 2      0,25 0,25 0.25 0,25 2. (1,0 điểm) Chứng minh A; B; C thẳng hàng VIb. 2,0 điểm Cách 1 : Gọi , , d P u u n     lần lươt là các vtcp của đt d , đt  và vtpt của mp ( P). Đặt 2 2 2 ( ; ; ), ( 0) d u a b c a b c     . Vì d nằm trong ( P) nên ta có : P d n u   => a – b + c = 0  b = a + c ( 1 ). Theo gt : góc giữa 2 đt bằng 45 0  Góc giữa 2 vtcp bằng 45 0 .  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( 2 ) 9( ) (2) 2 .3 a b c a b c a b c a b c            0,25 . A d  P n  P Thay (1) vào ( 2) ta có : 2 0 14 30 0 15 7 c c ac a c           * Với c = 0 : chọn a = b = 1 . Ta có ptts của d là : x = 3 + t ; y = - 1 – t ; z = 1 * Với c = - 15a / 7 . chọn a = 7 , c = - 15 , b = -8 . ta có ptts của d là : x = 3 + 7 t ; y = - 1 – 8 t ; z = 1 – 15t. • AB (2 m; 2 m; 4 2m);AC (1 n; 4 2n; 3 n)              • Vì A;B;C thẳng hàng nên AB kAC(k 0) m 1;n 1         0,25 • Hai điểm B(2; 1;1);C(3; 4; 1)   • Xét A C A C A C B B B x x y y z z 2 x ; 1 y ; 1 x 2 2 2           Vậy A;B;C thẳng hàng. 0,5 (1,0 điểm) Tìm giá trị m VIIb. 1,0 điểm Điều kiện xác định của hệ phương trình là x>y>0. Với điều kiện đó ta có:               2 2 2 2 2 2 2 2 lg lg lg lg lg lg 0 lg lg lg lg lg lg lg 0                       x y xy x y x y x y x y x y x y                   2 2 2 2 2log 2 log log 0 log log log 0 log 0 log log log 0 log log 0 log log log 0                                      y x y x y x y y x y x y x y x y x y Xét hệ phương trình:      2 log 0 log log log 0 y x y x y          Ta có:            2 2 log 0 1 log log log 0 log 1 log log1 0 y y x y x y x x                    1 1 1 1 2 y y x x              Xét hệ phương trình       2 log log 0 log log log 0 x y x y x y           Ta có:             2 2 1 log log 0 log log log 0 log log log 0 x y y x x y x y x y x y                     0,25   2 2 2 2 1 1 1 1 1 log log log 0 log log 0 y y x x x x x x x x x                                    2 2 2 2 2 1 1 1 log log 2 1 1 2 2 1 log log y x x x x y x x y x y x x x x                                                  Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm   ;x y là   2;1 và 1 2; 2       • 0,25 0,25 0,25 Hết Chú ý:Nếu thí sinh nào có cách giải khác đáp án, nhưng đúng cũng cho điểm tối đa. . TRUNG TM LUYN THI I HC TH SC TRC K THI TUYN SINH I HC NM 2010 THNH T Mụn thi: TON - Khi A-B-D Thỏng 0 1-2 010 Thi gian: 180 phỳt ( Khụng tớnh thi gian phỏt ) I.PHN CHUNG. lg lg lg lg 0 x y xy x y x y Ht GV: Nguyn Vn Xờ Trung tõm luyn thi THNH T Chỳ ý: - Phỏt thi: Ngy 05 v 06 thỏng 01 nm 2010. - Nhn bi lm v phỏt hnh ỏp ỏn: Ngy 12 thỏng 01 nm 2010. 583. . Ta có ptts của d là : x = 3 + t ; y = - 1 – t ; z = 1 * Với c = - 15a / 7 . chọn a = 7 , c = - 15 , b = -8 . ta có ptts của d là : x = 3 + 7 t ; y = - 1 – 8 t ; z = 1 – 15t. • AB (2 m; 2 m;