Đề thi thử đại học năm học 2009 - 2010 môn thi : Toán ; khối : A

Viết phương trình mặt phẳng P đi qua điểm M song song với đường thẳng  đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng  và mặt phẳng P bằng 4.. Thí sinh không được sử dụng tài liệu.[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009 - 2010 Môn thi : TOÁN ; Khối : A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm): Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y  2x  (C) x 1 Khảo sát hàm số Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) điểm phân biệt A, B cho AB = Câu II: (2 điểm) Giải phương trình: cos x cos 3x  sin x  cos x , (x  R)  x  y  x  y  y Giải hệ phương trình:   x  y  (x, y R) Câu III: (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn các đường y  e x  ,trục hoành, x = ln3 và x = ln8 Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 3a , BD = 2a và cắt O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a x3  y3    x2  y   Câu V: (1 điểm) Cho x,y  R và x, y > Tìm giá trị nhỏ P  ( x  1)( y  1) Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh làm hai phần ( phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = có tâm I và đường thẳng : mx + 4y = Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn (C) hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB 12 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: d2: x 1 y 1 z 1   ; 1 x 1 y  z 1   và mặt phẳng (P): x - y - 2z + = Viết phương trình chính tắc 1 đường thẳng , biết  nằm trên mặt phẳng (P) và  cắt hai đường thẳng d1 , d2 log2 x Câu VII.a (1 điểm) Giải bất phương trình 2  x 2log2 x  20  B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x - y - = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - = Biết trọng tâm tam giác G(3; 2) Viết phương trình cạnh BC Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : x 1 y  z   và điểm 1 M(0 ; - ; 0) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm M song song với đường thẳng  đồng thời khoảng cách đường thẳng  và mặt phẳng (P) Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình nghiệm phức : z  25   6i z … Hết … Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ………………………………………………; Số báo danh: ……… Lop12.net ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2009 -2010 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Tập xác định D = R\- 1 Sự biến thiên: -Chiều biến thiên: y '   0, x  D ( x  1) 0,25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ; - 1) và (- ; + ) I-1 (1 điểm) - Cực trị: Hàm số không có cực trị - Giới hạn vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận: 2x  2x  lim  ; lim  Đường thẳng y = là tiệm cận ngang x  x  x  x  2x  2x  lim   ; lim   Đường thẳng x = - là tiệm cận đứng x 1 x  x 1 x 1 -Bảng biến thiên: x - -1 + y’ + + + 0,25 0,25 y - Đồ thị: -Đồ thị hàm số cắt trục Ox điểm (1;0) -Đồ thị hàm số cắt trục Oy điểm (0;- 2) - Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là giao điểm hai tiệm cận I(- 1; 2) y -1 y=2 0,25 O x -2 x= -1 I-2 (1 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm: 2x2 + mx + m + = , (x≠ - 1) (1) d cắt (C) điểm phân biệt  PT(1) có nghiệm phân biệt khác -1  m2 - 8m - 16 > (2) Gọi A(x1; 2x1 + m) , B(x2; 2x2 + m Ta có x1, x2 là nghiệm PT(1) m  x  x    Theo ĐL Viét ta có  m   x1 x2   AB2 =  ( x1  x2 )  4( x1  x2 )   ( x1  x2 )  4x1 x2   m2 - 8m - 20 =  m = 10 , m = - ( Thỏa mãn (2)) KL: m = 10, m = - Lop12.net 0,25 0,25 0,25 0,25 II-1 (1 điểm) PT  cos2x + cos8x + sinx = cos8x  1- 2sin2x + sinx =  sinx = v sin x    x   k 2 ; x     k 2 ; x  ĐK: x + y  , x - y  0, y  II-2 (1 điểm) 0,25 0,25 0,25 7  k 2 , ( k  Z ) 0,25 0,25  y  x  (3) PT(1)  x  x  y  y  x  y  y  x   5 y  xy (4) Từ PT(4)  y = v 5y = 4x Với y = vào PT(2) ta có x = (Không thỏa mãn đk (3)) Với 5y = 4x vào PT(2) ta có x  x   x   4 KL: HPT có nghiệm ( x; y )   1;   5 0,25 0,25 0,25 ln Diện tích S   e x  1dx ; Đặt t  e x   t  e x   e x  t  0,25 ln Khi x = ln3 thì t = ; Khi x = ln8 thì t = 3; Ta có 2tdt = exdx  dx  III (1 điểm) Do đó S   2t dt t 1 2t 2   dt      dt  t 1 t    0,25 t 1    3 =  2t  ln   ln   (đvdt)  t 1  2  0,25 Từ giả thiết AC = 2a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với trung điểm O  đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông O và AO = a ; BO = a , đó A BD  600 IV (1 điểm) 0,25 Hay tam giác ABD Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến chúng là SO  (ABCD) Do tam giác ABD nên với H là trung điểm AB, K là trung điểm HB ta có a  OK  AB  AB  (SOK) DH  AB và DH = a ; OK // DH và OK  DH  2 Gọi I là hình chiếu O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) 1 a    SO  Tam giác SOK vuông O, OI là đường cao  2 OI OK SO 2 S Diện tích đáy S ABC D  4S ABO  2.OA.OB  3a ; a đường cao hình chóp SO  Thể tích khối chóp S.ABCD: 3a I VS ABC D  S ABC D SO  D 3 A 3a O H a K C B Lop12.net 0,25 0,25 0,25 0,25 Đặt t = x + y ; t > Áp dụng BĐT 4xy  (x + y)2 ta có xy  P t2 0,25 t  t  xy (3t  2) t2 Do 3t - > và  xy   nên ta có xy  t  t (3t  2) t2 P  t2 t2  t 1 t2 t  4t ; f '(t )  ; f’(t) =  t = v t = Xét hàm số f (t )  t2 (t  2) 0,25 t3  t2  V (1 điểm) t f’(t) - + + + 0,25 + f(t) x  y  x    xy  y  VI.a -1 (1 điểm) Do đó P = f (t ) = f(4) = đạt  (2; ) 0,25 Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = Gọi H là trung điểm dây cung AB Ta có IH là đường cao tam giác IAB | m  4m | | 5m |  IH = d ( I ,  )  m  16 m  16 0,25 AH  IA2  IH  25  (5m )  m  16 Diện tích tam giác IAB là SIAB A 20 m  16  12  2S IAH  12  m  3  d ( I ,  ) AH  12  25 | m | 3( m  16)   16 m    Gọi A = d1(P) suy A(1; ; 2) ; B = d2  (P) suy B(2; 3; 1) VI.a -2 (1 điểm) Đường thẳng  thỏa mãn bài toán qua A và B  Một vectơ phương đường thẳng  là u  (1; 3; 1) x 1 y z    Phương trình chính tắc đường thẳng  là: 1 Điều kiện: x> ; BPT  24log2 x  x 2log2 x  20  Đặt t  log x Khi đó x  I  H 0,25 B 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 t BPT trở thành 42 t  22 t  20  Đặt y = 22 t ; y  BPT trở thành y2 + y - 20   -  y  Đối chiếu điều kiện ta có : 22 t   2t   t   -  t  VII.a (1 điểm) 2 0,25 0,25 Do đó -  log x   0,25 x2 Lop12.net VI.b- (1 điểm) VI.b-2 (1 điểm) x - y -  Tọa độ điểm A là nghiệm HPT:   A(3; 1) x  y -  0,25 Gọi B(b; b- 2)  AB, C(5- 2c; c)  AC 0,25 3  b   2c  b  Do G là trọng tâm tam giác ABC nên    Hay B(5; 3), C(1; 2) 1  b   c  c    Một vectơ phương cạnh BC là u  BC  ( 4; 1) Phương trình cạnh BC là: x - 4y + =  Giả sử n( a; b; c ) là vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) Phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + 2b =  Đường thẳng  qua điểm A(1; 3; 0) và có vectơ phương u  (1;1; 4)   n.u  a  b  4c  (1)   / /( P )  Từ giả thiết ta có    | a  5b | 4 (2)  d ( A; ( P ))   2  a b c Thế b = - a - 4c vào (2) ta có ( a  5c )  (2a  17c  8ac )  a - 2ac  8c  a a  2  4 v c c a Với  chọn a = 4, c =  b = - Phương trình mặt phẳng (P): 4x - 8y + z - 16 = c a Với  2 chọn a = 2, c = -  b = Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z + = c Giả sử z = a +bi với ; a,b  R và a,b không đồng thời Khi đó z  a  bi ; VII.b (1 điểm) 1 a  bi   z a  bi a  b2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 25 25( a  bi )   6i  a  bi    6i z a  b2  a ( a  b2  25)  8( a  b2 ) (1)   Lấy (1) chia (2) theo vế ta có b  a vào (1) 2 b( a  b  25)  6( a  b ) (2) Khi đó phương trình z  0,25 Ta có a = v a = Với a =  b = ( Loại) Với a =  b = Ta có số phức z = + 3i 0,25 Lop12.net