DE THI THU DAI HOC NAM 20092010Mon Toan A

Theo công thức tỷ số thể tích ta có:. ..[r]

(1)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2009-2010

Mơn: Tốn 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

2

1

x y

x  

 .

1) Khảo sát vẽ đồ thị  C hàm số

2) Gọi (d) đường thẳng qua A( 1; ) có hệ số góc k Tìm k cho (d) cắt ( C ) hai điểm M, N MN 3 10

Câu II (2 điểm):

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

2

1

( )

x y xy y

y x y x y

    



   

 .

Câu III (1 điểm): Tính tích phân:

2

3

3sin cos

(sin cos )

x x

I dx

x x



 

  Câu IV (1 điểm):

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình chữ nhật với SA vng góc với đáy, G trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC M, cắt SD N Tính thể tích khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a góc hợp đường thẳng AN mp(ABCD) 300

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

Chứng minh rằng: 2

1 1

1a b c(  ) 1 b c a(  ) 1 c a b(  ) abc

II PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh làm hai phần (phần 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 x2 – – 0,y2 x y  

2

( ') :C x  y 4 – 0x  qua M(1; 0) Viết phương

trình đường thẳng qua M cắt hai đường trịn ( ), ( ')C C A, B cho MA= 2MB

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xác định toạ độ tâm bán kính đường trịn 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 ) x 20 a0 a x a x1  2 a x20 20 Tính tổng: S a0 2a1 3a2  21 a20 .

2 Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b (2 điểm)

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

(1;0)

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

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

d  

1

( ) :

2 1

x y z

d    

 .

Tìm tọa độ điểm M thuộc ( )d1 N thuộc ( )d2 cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng

 P : – 2010 0x y  z  

độ dài đoạn MN √2

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

2

1

2log ( 2) log ( 1)

log ( 5) log ( 4) =

x y

xy x y x x

y x

 

        

 

  

(2)

……… HẾT………

Câu Phần Nội dung Điểm

I

(2,0) 1(1,0)

Làm đúng, đủ 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 x y2 phân biệt cho    

2

2 90(*)

x  x  y  y 

2

( 1)

( )

( 1)

x

k x

I x

y k x  

  

   

   

 Ta có:

2 (2 3) 3 0

( )

( 1)

kx k x k I

y k x

     

 

  



Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt phương trình

2 (2 3) 3 0(**)

kx  k x k   có hai nghiệm phân biệt Khi dễ có

3

0,

8

k k 

Ta biến đổi (*) trở thành:    

2

2 2

(1k ) x  x  90 (1k )[ x x  4x x] 90(***)

Theo định lí Viet cho (**) ta có: 2

2 3

, ,

k k

x x x x

k k

 

  

thế vào (***) ta có phương trình: 8k327k28k 0  (k3)(8k23k1) 0

3 41 41

3, ,

16 16

   

 

 k k k

KL: Vậy có giá trị k thoả mãn

0,25

0,5

0,25

Câu Phần Nội dung Điểm

II

(2,0) 1(1,0)

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

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

2

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

      

2

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

      

2

1 sin

2

(2sin 1)(2cos 3cos 1) cos

1 cos

2

x

x x x x

x 

 



       



 



+)

2

6 , ( )

5

1

2

i

6

s n

2



 



 

  

  

x k

Z k

x k

x

  



+)

2

3 , ( )

2

1

cos

2



 



 

  

  



x

k

k Z

x k

  



+) cosx 1 x k , ( k Z )

KL:Vậy phương trình có họ nghiệm

0,25

(3)

2(1,0)

Dễ thấy y0, ta có:

2

2 2

2

4

( )

x

x y y

x y xy y

y x y x y x

x y

y

 

  



     



 

    

    

 

Đặt

2

,

x

u v x y

y 

  

ta có hệ: 2

4 3,

2 15 5,

u v u v v u

v u v v v u

     

  

 

  

      

  

+) Với v3,u1ta có hệ:

2 1 1 2 0 1, 2

2,

3 3

x y

x y x y x x

x y

x y y x y x

 

          

  

   

 

      

   .

+) Với v5,u9ta có hệ:

2 1 9 1 9 9 46 0

5 5

x y x y x x

x y y x y x

         

 

  

     

   , hệ

này vơ nghiệm

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

0,25

III

(1,0) Đặt x2 t dxdt x,  0 t2,x2 t0

Suy ra:

2 2

3 3

0 0

3sin cos 3cos 2sin 3cos 2sin

(sin cos ) (cos sin ) (cos sin )

x x t t x x

I dx dt dx

x x t t x x

  

  

  

  

  

(Do tích phân khơng phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số)

Suy ra:

2 2

3

0 0

3sin 2cos 3cos 2sin

2

(sin cos ) (cos sin ) (sin cos )

x x x x

I I I dx dx dx

x x x x x x

  

 

    

  

  

=

2

0 0

1 1

tan

2 4

2cos cos

4

dx d x x

x x

 



 

   

       

         

   

   

 

KL: Vậy



I

0,25

0,5

IV (1,0)

+ Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC M, mp(SBD) kẻ BG cắt SD N + Vì G trọng tâm tam giác ABC nên dễ có

2

SG

SO  suy G trọng tâm tam giác SBD. Từ suy M, N trung điểm SC, SD.

+ Dễ có:

1

2

S ABD S BCD S ABCD

V V  V  V

Theo cơng thức tỷ số thể tích ta có:

1 1

1.1

2

S ABN

S ABN S ABD

V SA SB SN

V V

V SA SB SD    

1 1

2

S BMN

S ABN S BCD

V SB SM SN

V V

V SB SC SD    

Từ suy ra:

0,25

M N

O

C

A D

B S

(4)

3

S ABMN S ABN S BMN

V V V  V

+ Ta có:

1

( )

3

V  SA dt ABCD

; mà theo giả thiết SA(ABCD) nên góc hợp AN với mp(ABCD) góc NAD , lại có N trung điểm SC nên tam giác NAD cân N, suy NAD NDA 30 Suy ra: tan 300

SA AD a

Suy ra:

3

1

( )

3 3

V  SA dt ABCD  a a a  a Suy ra: thể tích cần tìm là:

3

8

5 24

     

MNABCD S ABCD S ABMN

a

V V V V V V

0,5

V

(1,0) Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có:

2

3ab bc ca  3 (abc)  abc1.

Suy ra:

2

1 ( ) ( ) ( 1

1 ( )

) (1)

         

 

 a b c abc a b c a ab b

a b c a

c ca a

Tương tự ta có: 2

1 1

(2), (3)

1b c a(  )3b 1c a b(  )3c Cộng (1), (2) (3) theo vế với vế ta có:

2 2

1 1 1 1

( )

1 ( ) ( ) ( ) 3

ab bc ca

a b c b c a c a b c b c abc abc

 

      

      .

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

0,25

0,5

VIa (2,0)

1(1,0) + Gọi tâm bán kính (C), (C’) I(1; 1) , I’(-2; 0)

1, '

R R  , đường thẳng (d) qua M có phương trình a x( 1)b y(  0) 0  ax by a  0, (a2b2 0)(*) + Gọi H, H’ trung điểm AM, BM

Khi ta có: MA2MB IA2 IH2 2 I A' 2 I H' '2

 2  2

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

   

,

IA IH

   

2

2 2

9

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

a b a b

     

 

2

36

35 36

a b

a b 

   



Dễ thấy b0 nên chọn

6

6  

   



a b

a .

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

0,25

2(1,0)

+ Ta có: AB(2; 2; 2), AC(0; 2; 2)

 

Suy phương trình mặt phẳng trung trực AB, AC là: x y z  1 0, y z  0.

+ Vecto pháp tuyến mp(ABC) nAB AC,  (8; 4; 4). 

                           

Suy (ABC):

2x y z   1 0.

0,25

(5)

+ Giải hệ:

1 0

3

2 1

x y z x

y z y

x y z z

    

 

 

    

 

      

  Suy tâm đường tròn I(0; 2;1) Bán kính R IA  ( 0)  2(0 2) 2(1 1 )2 

0,5

VII.a

(1,0) + Ta có:

 20 20

0 20

(1 ) 21

x  x a  a x a x   a x

20 19 20

0 20

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

         (*).

Nhận thấy: ( )

k k

a x a x

thay x1 vào hai vế (*) ta có:

0 20

22

2 21

     

S a a a a

0,25 0,25 0,25 0,25

VIb

(2,0) 1(1,0)

+ Đường thẳng AC vng góc với HK nên nhận

( 1; 2)

HK   

làm vtpt AC qua K nên

(AC x) :  2y 4 0. Ta dễ có: (BK) : 2x y  0 .

+ Do A AC B BK ,  nên giả sử

(2 4; ), ( ; 2 )

A a a B b  b Mặt khác M(3;1)là trung điểm AB nên ta có hệ:

2 10

2 2 2

a b a b a

a b a b b

     

  

 

  

     

  

Suy ra: A(4; 4), (2; 2).B  + Suy ra: AB ( 2; 6)



, suy ra: (AB) : 3x y  0

+ Đường thẳng BC qua B vng góc với AH nên nhận HA(3; 4) 

, suy ra:

(BC) : 3x4y 2

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

0,25

0,5

0,25

2(1,0)

+ M N, ( ), ( )d1 d2 nên ta giả sử

1 1 2 2 2

( ; ; ), ( ; ;1 ) ( 1; ;2 1)

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

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

 

2 ( 1; ;31 1)

t t NM t t t

      



+ Ta có:

1

2 2

1 1 1

1

2 ( 1) (2 ) (3 1) 4

7

t

MN t t t t t

t   

           

 

 .

+ Suy ra: M(0; 0; 0), ( 1; 0;1)N 

4

( ; ; ), ( ; ; )

7 7  7

M N

+ Kiểm tra lại thấy hai trường hợp khơng có trường hợp M( ).P KL: Vậy có hai cặp M, N thoả mãn

0,25

(6)

VII.b

(1,0) + Điều kiện:

2

2 0, 0, 0,

( )

0 1,

xy x y x x y x

I

x y

           



     

 .

+ Ta có:

1

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

( )

log ( 5) log ( 4) =

x y

x y x

I

y x

 

    

   

  

 

1

log ( 2) log (1 ) (1)

log ( 5) log ( 4) = (2)

x y

y x

 

    

   

  

 

+ Đặt log2y(1 x)t (1) trở thành:

2

2 ( 1)

t t t

t

       

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

2

1 1

4

log ( 4) log ( 4) = log 1

4

x x x

x x

x x x x x

x x

  

   

           

 

0

x x

    

 Suy ra:

1

y y

 

 

 .

+ Kiểm tra thấy có x2,y1thoả mãn điều kiện Vậy hệ có nghiệm x2, y1

0,25

Định dạng
Số trang	6
Dung lượng	221,3 KB