Đang tải... (xem toàn văn)
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]
(1)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2008-2009 Môn: Toán A Thời gian: 180 phút ( Không kể giao đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 2x 1 Câu I (2 điểm): Cho hµm sè y x 1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho Tìm trên (C) điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận (C) nhỏ 2009 2 Câu II (2 điểm):1) Giải phương trình: cos x 2 sin x cos x sin x 4sin x cos x 1 x x (1 )4 y y 2) Giải hệ phương trình: x x x3 y y3 y 4x2 4x x x dx 1 x x Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I Câu IV (1 điểm):Trên đường thẳng vuông góc A với mặt phẳng hình vuông ABCD cạnh a ta lấy điểm S với SA = 2a Gọi B’, D’ là hình chiếu vuông góc A lên SB và SD Mặt phẳng (AB’D’ ) cắt SC C’ Tính thể tích khối đa diện ABCDD’ C’ B’ Cõu V (1 điểm): Tam giác ABC có đặc điểm gì các góc thoả mãn: cos A.cos B cos B.cos C cos C.cos A ? cos C cos A cos B II PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( điểm) Thí sinh làm hai phần (phần phần 2) Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường tròn ( C) : x y x y 15 và đường thẳng (d) : mx y 3m ( m là tham số) Gọi I là tâm đường tròn Tìm m để đường thẳng (d) cắt (C) điểm phân biệt A,B thoả mãn chu vi IAB 5(2 2) x 1 y z 1 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng : (d1 ) : và 2 1 x y z 1 (d ) : Viết phương trình mặt phẳng chứa (d1) và hợp với (d2) góc 300 1 Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh với a, b, c>0 ta có: 1 1 1 1 4a 4b 4c a 3b b 3c c 3a a 2b c b 2c a c 2a b Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) tâm I(-1; 1), bán kính R=1, M là điểm trên (d ) : x y Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) góc 450 tiếp xúc với (C) A, B Viết phương trình đường thẳng AB 2) Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(0; 0; 2), B(-2; 2; 0), C(2; 0; 2), DH ( ABC ) và DH với H là trực tâm tam giác ABC Tính góc (DAB) và (ABC) Câu VII.b (1 điểm): Chứng minh với a, b, c>0 ta có: a b c a (a b)(a c) b (b a )(b c) c (c a )(c b) Lop12.net (2) I Câu Câu I (2,0) Câu Câu II (2,0) ĐÁP ÁN THI THỬ LẦN NĂM 2008- 2009- MÔN TOÁN PHẦN CHUNG Phần Nội dung HS tù gi¶i 1(1,0) 2(1,0) HS tù gi¶i Phần Nội dung 1(1,0) 2009 2 cos x 2 sin x cos x sin x 4sin x cos x 2 cos x sin x 2(sin x cos x) 4sin x.cos x(sin x cos x) (cos x sin x)(cos x sin x cos x.sin x 2) (1) cos x sin x cos x sin x 4sin x.cos x (2) k + Giải (2): Đặt cos x sin x t , t ta có phương trình: 2t t + Giải (1): (1) tan x 1 x t 0 t 1/ Với t ta có: tan x x Với t 1/ ta có: Điểm Điểm 0,5 0,25 0,25 k x arccos( / 4) / k 2 cos( x ) / x arccos( / 4) / k 2 k , 4 x arccos( / 4) / k 2 , x arccos( / 4) / k 2 KL: Vậy phương trình có họ nghiệm: x 2(1,0) Câu Câu III (1,0) k , x 1 x x (1 )4 x x 4 y y y y §k y đặt x x x 3 x ( x) 4 x y3 y y y y y a x y b x y Ta ®îc a a 2b a a 2b a a 2b a 2 a 2ab a a (a a 4) a 4a b x y y 1 Khi đó KL x x x Phần 1 I Nội dung 0 (2 x 1) 4x 4x x x dx dx ( x x 1)dx (2 x 1) (2 x 1) 2 Lop12.net 0,25 0,25 0,25 0,25 Điểm (3) (2 x 1) dx (2 x 1) ( x x 1)dx (2 x 1) dx Đặt: (2 x 1) + Tính: I1 0,25 x 2sin t , t ; dx cos tdt , x t 0,x t 2 Khi đó: I1 cos t sin tdt dt dt dt 2 4sin t 2(sin t 1) 20 sin t 0 2 6 = 12 dt sin t 0,25 6 dt d (tan t ) tan y Đặt: tan t 2 sin t 2(tan t 1/ 2) + Tính: I 2 d (tan y ) (1 tan y )dy , với 2 t y 0, t y cho tan , (0 ) 2 Khi đó: I dy y 2 Suy ra: d (tan t ) 0,25 + Tính: I ( x x 1)dx Đặt: 1 t x x t 1, dx tdt , x t 0, x t 2 t t 1 t Khi đó: I t dt 10 15 10 KL: Vậy I I1 I I Câu Câu IV (1,0) Phần , ( tan , (0 ) ) 15 12 Nội dung + Trong tam giác SAB hạ AB ' SC Trong tam giác SAD hạ AD ' SD Dễ có: BC SA, BC BA BC ( SAB) Suy ra: AB ' BC , mà AB ' SB Từ đó có AB ' ( SAC ) AB ' SC (1) Tương tự ta có: AD ' SC (2) Từ (1) và (2) suy ra: SC ( AB ' D ') B ' D ' SC B' Từ đó suy ra: SC ' ( AB ' C ' D ') + Ta có: 1 5a 2 AB ' 2 AB ' SA BA B Lop12.net 0,25 Điểm S D' C' 0,25 A O C D (4) 4 SB ' SA2 AB '2 4a a a , SB SA2 AB 5a 5 SB ' ; Suy ra: SB Lại có B’D’ // BD (cùng thuộc mp(SBD) và cùng vuông góc với SC) nên B ' D ' AC ' (vì dễ có BD ( SAC ) nên BD AC ' ) B ' D ' SB ' Xét hai tam giác đồng dạng SB’D’ và SBD suy ra: BD SB 2a B'D' 1 3a 2 AC ' SC ' SA2 AC '2 a Ta có: 2 AC ' SA AC 3 1 16 + Ta có: VS AB 'C ' D ' S AB 'C ' D ' SC ' B ' D ' AC '.SC ' a 3 45 VS ABCD S ABCD SA a Suy thể tích đa diện cần tìm là: 3 14 V VS ABCD VS AB 'C ' D ' a 45 Chú ý: Vẽ hình sai không chấm Câu Câu VIIa (1,0) Phần Nội dung 1 ( x, y 0)(*) Dễ có: ( x y ) xy x y x y 1 1 1 + Chứng minh: 4a 4b 4c a 3b b 3c c 3a 1 1 16 16 Áp dụng lần (*) ta có: hay (1) a b b b a 3b a b a 3b 16 16 Tương tự ta có: (2) và (3) b c b 3c c a c 3a Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế rút gọn ta có điều phải chứng minh 1 1 1 a 3b b 3c c 3a a 2b c b 2c a c 2a b 1 Áp dụng (*) ta có: (4) a 3b b 2c a 2(a 2b c) a 2b c 1 (5) Tương tự ta có: b 3c c 2a b b 2c a 1 (6) c 3a a 2b c c 2a b Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta có điều phải chứng minh 0,5 0,25 Điểm 0,25 0,25 + Chứng minh: II Câu CâuVIa (1,0) Câu CâuVIa (1,0) PHẦN RIÊNG.1 Chương trình Chuẩn Phần Nội dung 1(1,0) Phần 2(1,0) Nội dung Giả sử mặt phẳng cần tìm là: ( ) : ax by cz d (a b c 0) Trên đường thẳng (d1) lấy điểm: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0) Lop12.net 0,25 0,25 Điểm Điểm (5) acd c a b Do ( ) qua A, B nên: nên a b d d a b 0,25 ( ) : ax by (2a b) z a b Yêu cầu bài toán cho ta: 1.a 1.b 1.(2a b) sin 300 12 (1) 12 a b (2a b) 0,25 3a 2b 3(5a 4ab 2b ) 21a 36ab 10b 18 114 a 21 Dễ thấy b nên chọn b=1, suy ra: 18 114 a 21 KL: Vậy có mặt phẳng thỏa mãn: 18 114 15 114 114 x y z 0 21 21 21 18 114 15 114 114 x y z 21 21 21 0,25 0,25 Chương trình Nâng cao Câu Phần Nội dung CâuVIb 1(1,0) Dễ thấy I (d ) Hai tiếp tuyến hợp với (d) góc 450 suy tam giác (1,0) MAB vuông cân và tam giác IAM vuông cân Suy ra: IM M (d ) M ( a; a+2), IM (a 1; a 1) , a0 IM a a 2 Suy có điểm thỏa mãn: M1(0; 2) và M2 (-2; 0) + Đường tròn tâm M1 bán kinh R1=1 là (C1): x y y Khi đó AB qua giao điểm (C ) và (C1) nên AB: x2 y y x2 y 2x y x y 1 + Đường tròn tâm M2 bán kinh R2=1 là (C2): x y x Khi đó AB qua giao điểm (C ) và (C2) nên AB: x2 y 4x x2 y 2x y x y + KL: Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn: x y và x y Câu Phần CâuVIb 2(1,0) (1,0) Nội dung Trong tam giác ABC, gọi K CH AB Khi đó, dễ thấy AB ( DCK ) Suy góc (DAB) và (ABC) chính là góc DKH Ta tìm tọa độ điểm H Tính HK là xong + Phương trình mặt phẳng (ABC) - Vecto pháp tuyến n [ AB, AC ] 0; 4; 4 - (ABC): y z + H ( ABC ) nên giả sử H (a; b; b) C Ta có: AH (a; b; b), BC (4; 2; 2) CH (a 2; b; b), AB (2; 2; 2) 0,5 0,25 0,25 Điểm D 0,25 A H B Lop12.net Điểm K (6) BC AH a b Khi đó: a b 2 a 2b AB.CH Vậy H(-2; -2; 4) + Phương trình mặt phẳng qua H và vuông góc với AB là: x y z x t Phương trình đường thẳng AB là: y t z t xt y t Giải hệ: ta x =2/3; y =-2/3, z =8/3 z 2t x y z Suy ra: K(2/3;-2/3; 8/3) Suy ra: 2 0,25 0,25 96 2 8 HK 3 3 0,25 Gọi là góc cần tìm thì: tan DH / HK 96 /12 / arctan( / 3) Câu Phần CâuVIIb (1,0) Vậy arctan( / 3) là góc cần tìm Nội dung Víi a,b >0 ta cã a b a c ( ab ac )2 a bc 2a bc (a bc )2 a b a c ( ab ac ) a b a c ( a a a a (a b)(a c) a ab ac a b c CM t råi céng vÕ víi vÕ ta ®îc dpcm ab ac ) Điểm 0,25 0,5 0,25 sin C cos A.cos B tan C cos A.cos B cos C tan A.tan B ABC không nhọn nên đặt x=tanA>0,y=tanB>0,z=tanC>0 x y z x y z víi x,y,z>0.DÔ dµng CM ®îc DÊu “=”x¶y Tõ GT ta cã yz zx x y yz zx x y và x=y=z hay tam giác ABC CâuV Ta cã tanA+tanB= Lop12.net (7)