Ngu van 8 - Baiviet so 7 - Van hoc va tinh thuong

Gọi M là trung điểm của BC.[r]

SỞ GD&ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT BỈM SƠN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2009-2010Mơn thi: TỐN, khối A Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hµm sè

2

1 x y

x  



1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho

2 Tìm (C) điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận (C) nhỏ Cõu II (2 điểm):

Giải phương trình



6



2 cos x sin x sin x cos x 2sin x

 

 

Tìm điều kiện tham số m để phương trình (m−2)

(

1+

√

x2

+1

)

=x2− m có nghiệm

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

2

0

sin 2x

I dx

cos x 4sin x









Câu IV ( điểm) Cho tứ diện ABCD có ABa , ACb , ADc  BAC CAD DAB 60    Gọi M trung điểm BC Tính thể tích khối tứ diện ABMD theo a, b, c

Câu V (1 điểm) Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: 3x3y3z 1 Chứng minh rằng:

x y z x y z

x y z y z x z x y

9 9 3

3  3  3 

 

  

  

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần phần 2).

Phần1 (Theo chương trình Chuẩn)

Câu VI.a (2 ®iĨm): Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) có hai tiêu điểm F1( 3;0); ( 3;0)F2 đi

qua điểm

1 3;

2 A 

  Lập phương trình tắc elip (E) với điểm M thuộc (E), tính giá trị biểu thức: P = F1M2 + F2M2 – 3OM2 – F1M.F2M

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

1

x t

x y z

: y t , :

1

z   

 



      

  

 .

Xác định điểm Athuộc1 điểm B thuộc 2 cho đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu VII.a (1 điểm) Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n  N thỏa mãn phương trình: log4(n – 3) + 2log16(n + 9) =

PhÇn (Theo chơng trình Nâng cao)

Cõu VI.b (2 điểm): Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phơng trình:

x2

16−

y2

9 =1 Viết phơng trình tắc elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm (H)

ngoại tiếp hình chữ nhật sở (H)

Cho mặt phẳng

 

P x:  2y2z1 0 đường thẳng (d1):

x −1

2 =

y −3

−3 =

z

2,

(d2): x −5

6 =

y

4=

z+5

−5 Tìm điểm M thuộc (d1), điểm Nthuộc (d2) cho MN song song với (P)

đường thẳng MN cách (P) khoảng

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

2

1

1

2log ( 2) log ( 1)

log ( 5) log ( 4) =

x y

x y

xy x y x x

y x

 

 

        

 

  



 ( ,x yR).

Hết -SỞ GD&ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT BỈM SƠN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2009-2010Mơn thi: TỐN, khối A

Câu

Ni dung

Điểm

I 1 Khảo sát (1,00 điểm)

2,0 điểm * Tập xác định: D = R\ { - 1}

* Sù biÕn thiªn

- Giíi hạn tiệm cận: xlim yxlim y2; tiệm cận ngang: y = 2 ( 1) ( 1)

lim ; lim

x   y x   y 

; tiệm cận đứng: x = -

0,25

- Bảng biến thiên

Ta cã

2

'

( 1) y

x

 

 víi mäi x- 1

x - ∞ -1 + ∞

y’ + +

y + ∞

- ∞

Hàm số đồng biến khoảng (- ∞ ; -1) ( -1; + )

0,50

* Đồ thị:

Đồ thị nhận điểm I(-1; 2) làm tâm đối xứng

0,25

2 Tìm (C) điểm (1,00 điểm)

Gọi M(x0;y0) điểm thuộc (C), (x0- 1) th×

0

0

2

1 x y

x



Gọi A, B lần lợt hình chiếu M TCĐ TCN

MA = |x0+1| , MB = | y0- | = |

0

2

1 x x

 

- | = |

1 x 

|

Theo Cauchy th× MA + MB 

0

0 x

1 x 



=  MA + MB nhá nhÊt b»ng x0 = hc x0 = -2 Nh ta có hai điểm cần tìm lµ (0;1) vµ (-2;3)

0,25

0,25

II 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

2,0 ®iĨm

Điều kiện:

 

2

sin x

2 

Phương trình cho tương đương với:



6



2 sin x cos x sin x cos x sin 2x sin 2x

4

 

       

 

 3sin 2x sin 2x 02   

0,50

 sin 2x 1 ⇔ x=π

4+kπ(k∈Z) 0,25

Do điều kiện (1) nên: x=5π

4 +m 2π(m∈Z) 0,25

1 Tìm điều kiện tham số m để phương trình (m−2)

(

1+

√

x2+1

)

=x2− m có nghiệm (1,00 điểm)

Đặt t x21 ĐK: t1, ta có:



m 2

 

t1



 t2 m1

0,25

Hay:





1

1

m t t

t

  

 Xét

 

 





2

1

'

2 2

f t t f t

t t

    

 

> với ∀ t1

0,25

lim x →+∞f

(t)=+∞ Bảng biến thiên: t + ∞ f‘( t ) +

f ( t ) + ∞

3

0,25

Dựa vào BBT, kết luận m

0,25

III Tính tích phân 1,0 điểm

Ta có:

2

2 2

0

sin 2x sin 2x

I dx dx

cos x 4sin x 3sin x

 

 

 





Đặt t 3sin x   dt 3sin 2xdx. 0,25

Với x 0 t 1 , với x  

t 4. 0,25

Suy ra:

1 dt I

3 t





0,25

4

1

2

t

3

  0,25

1,0 điểm

 Khơng giảm tính tổng qt, giả sử a min {a;b;c} (cũng giả sử

a b c  ) Khi cạnh AC , AD lấy điểm E F saocho

AE = AF = a Ta nhận tứ diện ABEF tứ diện cạnh a

0.25

 Tính thể khối tích tứ diện ABEF

3 a

12 0.25

 Ta có :

2 ABEF

ABCD ABEF ABCD

V AE AF a bc abc

V V

V AC AD bc a  12

 Vì MB = MC nên dtΔBMD =

1

2 dtΔBCD Suy VABMD =

1

VABCD = abc

√

2

24

0.50

V Chứng minh bất đẳng thức 1,0 điểm Đặt 3x

=a ,3y=b ,3z=c Ta có: a, b, c 0 ab bc ca abc.   (*) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

2 2

a b c a b c

a bc b ca c ab

 

  

  

3 3

2 2

a b c a b c

a abc b abc c abc

 

   

  



 

 

 

 

 



3 3

a b c a b c

(1)

a b a c b c b a c a c b

 

   

      (do (*))

0,50

Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có



 





 



3

3

a a b a c a a b a c

3 a (2)

a b a c 8 a b a c 8

   

   

   



 





 



3

3

b b c b a b b c b a

3 b (3)

b c b a 8 b c b a 8

   

   

   



 





 



3

3

c c a c b c c a c b

3 c (4)

c a c b 8 c a c b 8

   

   

   

Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2), (3) ta suy



 

 

 

 

 



3 3

a b c a b c

a b a c b c b a c a c b

 

  

     

Vậy (1) đúng, dấu đẳng thức xảy a = b = c = Suy BĐT cho chứng minh, dấu đẳng thức xảy x = y = z =

0,50

VI.a 1 Lập phương trình tắc elip (1,00 điểm) 2,0 điểm

Giả sử (E):

2

2 2

3

1

4

x y

a b   a  b  , a2 = b2 + (do giả thiết có c =

√

3

(E) qua điểm

1 3;

2 A 

 )

Từ phương trình tìm

¿ a2

=4

b2=1

¿{

¿

==> PT (E):

2

4

x y

  0,25

Ta có: e = c

a=

√

3

2 Sử dụng cơng thức bán kính qua tiêu điểm M(xM; yM)

Tính được: P = (a + exM)2 + (a – exM)2 – 3(

2

M M

x y ) – (a2 – e2xM2 ) = 1 0,50 2 Xác định A 1, B 2 cho đoạn AB có độ dài nhỏ nhất(1,00 điểm)

Vì A 1, B  2 A t



1 1; t11;2 , B t





 23;2t21; t2





2



AB t t 2;2t t 2; t

         0,25

Đoạn AB có độ dài nhỏ  AB đoạn vng góc chung 1 2 0,25

1

2

2

AB.u 3t 2t

6t 3t

AB.u

    



   

 

 

 

 

  0,25

1

t t

  

 A 1; 1;2 , B 3;1;0











0,25

VII.a Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết

1,0 điểm

Điều kiện: n N n

  

 

Phương trình viết thành: log4(n – 3) + log4(n + 9) =  log4(n – 3)(n + 9) = 0.25

 (n – 3)(n + 9) = 43 n2 + 6n – 91 =

7 13 n n

    



Vậy n = 0.25

Khi z = (1 + i)n = (1 + i)7 =



 







2 3

1i 1 i   1 i (2 )i  (1 ).( ) 8i  i   i

 

0.25

Vậy phần thực số phức z 0.25

VI.b 1 Viết phơng trình tắc E lÝp …(1,00 điểm)

2,0 điểm đỉnh M( 4; 3), (H) có tiêu điểm F1(−5;0); F2(5;0) Hình chữ nhật sở (H) có 0,25 Giả sử phơng trình tắc (E) có dạng: x

2

a2+ y2

b2=1 ( víi a > b > 0)

(E) còng cã hai tiêu điểm F1(5;0); F2(5;0)a2b2=52(1)

0,25

M(4;3)(E)9a2+16b2=a2b2(2)

Từ (1) vµ (2) ta cã hƯ:

¿ a2

=52+b2

9a2+16b2=a2b2

⇔

¿a2=40

b2 =15

{

0,25

Vậy phơng trình tắc (E) là: x

2

40+

y2

15=1 0,25

Gọi M



1 ;3 ; , t  t t N





5 ';4 '; 5 ' t t   t



 



;



2 1 0;

d M P   t   t t

0,25

Trường hợp 1: t 0 M



1;3;0 ,



MN 



6 ' 4; ' 3; ' 5t  t   t 









' 5;0;

P P

MN n  MN n   t   N 

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

    0,25

Trường hợp 2: Với t 1 M



3;0; ,



N



1; 4;0



( xét tương tự trường hợp 1) 0,25 Vậy có hai cặp điểm cần tìm là: M(1;3;0), N(5;0;-5) M(3;0;2), N( -1;- 4;0) 0,25

VII.b Giải hệ phương trình

1,0 điểm

+ Điều kiện:

2

2 0, 0, 0,

( )

0 1,

xy x y x x y x

I

x y

           



     

 .

0,25

1 2

1 2

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

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

x y x y

x y x y

x y x y x

I

y x y x

   

   

         

 

 

   

     

 

 

0,25

Đặt log2y(1 x)t (với t ) (1) trở thành:

1

2 ( 1)

t t t

t

       

Với t1 ta có: 1 x  y yx1 (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

  

   

           

 

 x = - (vì theo điều kiện (I) ta có x 0 ) Suy ra: y = 1. Vậy hệ có nghiệm x2, y1

0,50

Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà cho điểm phần tương ứng đáp án quy định.