phạm ngũ lão lịch sử 10 trần thị hoa thư viện tư liệu giáo dục

Câu Phần Nội dung Điểm.. CâuVIb.[r]

(1)

Sở GD&ĐT Phú Thọ Trường THPT Thanh Thủy

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2008-2009. 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: y x 3 3mx23x3m 4(1) 1) Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số m =1

2) Tìm giá trị m để hàm số (1) nghịch biến đoạn có độ dài Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình:

2

2009

cos 2 sin 4cos sin 4sin cos

4

x x   x x x x

  .

2) Giải hệ phương trình:

2

2 2

log 3log ( 2)

1

x y x y

x y x y

    

 

    



 .

Câu III (1 điểm): Tính tích phân:

0

2

3 4

4

x x

I x x dx

x x



   

    

   

 



Câu IV (1 điểm):

Trên đường thẳng vng góc A với mặt phẳng hình vng ABCD cạnh a ta lấy điểm S với SA = 2a

Gọi B’, D’ hình chiếu vng góc A lên SB SD Mặt phẳng (AB’D’ ) cắt SC C’ Tính thể tích khối đa diện ABCDD’ C’ B’

Câu V (1 điểm): Chứng minh với a, b, c>0 ta có:

1 1 1 1 1

4a4b4c a3b b 3c c 3aa2b c b  2c a c  2a b II PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( điểm).

Thí sinh làm hai phần (phần phần 2)

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao CH x y:   1 0, phân giác

:

BN x y   Tính diện tích tam giác ABC.

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

1

( ) :

2 1

x y z

d    



2

( ) :

1 1

x y z

d    

 Viết phương trình mặt phẳng chứa (d1) hợp với (d2) góc 300. Câu VII.a (1 điểm): Tính tổng: S C 20090 C20094 C20098  C20092004C20092008.

2 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 điểm

( ) :d x y  2 0 Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) góc 450 tiếp xúc với (C) A, B Viết phương trình đường thẳng AB

2) Trong khơng 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 trực tâm tam giác ABC Tính góc (DAB) (ABC). Câu VII.b (1 điểm): Tính tổng : 81 83 (8 1) 88

n

n n n

C C n C 

(2)

ĐÁP ÁN THI THỬ LẦN NĂM 2008- 2009- MÔN TOÁN

I. PHẦN CHUNG.

Câu Phần Nội dung Điểm

Câu I (2,0)

1(1,0) Với m= ta có: y x3 3x2 3x 1

   

1 Tập xác định: D=R Chiều biến thiên: +

3

lim ( ) lim ( 3 1) ;

x   f x x   x  x  x  

3

lim ( ) lim ( 3 1)

x  f x x  x  x  x 

+ y 3(x1)2   0 x R Do hàm số đồng biến (   ; ) + Bảng biến thiên:

+ Hàm số khơng có cực trị Đồ thị

+ Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I(1; 0) làm tâm đối xứng + Giao với Ox (1; 0), giao với Oy (0; -1)

0,25

2(1,0) Ta có: y 3(x2 2mx 1)

  .

Hàm số nghịch biến đoạn có độ dài phương trình y 0 có nghiệm x x1, 2: x2 x1 1.

Khi điều kiện là:

2

2 1 2

1

1 ( )

m m

x x x x x x



     





 

    

 

 

(*) Theo định lí Viet ta có:

1 2

2

x x m

x x

 

 





Khi (*) trở thành:

2

5 /

4 5 /

m m

 

 

  

  

  .

0,25

0,5

Câu II

(2,0) 1(1,0) cos 2x2 sinx20094  4cos2xsinx4sin2 xcosx

 

2

cos x sin x 2(sinx cos ) 4sin cos (sinx x x x cos )x

     

(cosx sin )(cosx x sinx 4cos sinx x 2)

     

cos sin (1)

cos sin 4sin cos (2)

x x

x x x x

 



     



+ Giải (1): (1) tanx x k 



    

0,5

(3)

+ Giải (2): Đặt cosx sinx t t ,  ta có phương trình: 2t2 t 0. 1/ t t      

 Với t0 ta có:

tan

4

x  x k

 Với t1/ ta có:

arccos( / 4) / cos( ) /

4 arccos( 2 / 4) / 4 2

x k x x k                   

KL: Vậy phương trình có họ nghiệm: x k 

  

, x k 

  

, arccos( / 4) /

x    k  , x arccos( / 4)  / 4k2 .

0,25

2(1,0) Điều kiện: x+y>0, x-y>0

2

2 2 2 2

log 3log (2 )

1 3

x y x y x y x y

x y x y x y x y

                             Đặt:

u x y v x y

   

 

 ta có hệ:

2 2

2 ( )

2

3

2

u v u v u v uv

u v u v

uv uv                         

2 (1)

( ) 2

3 (2)

u v uv

uv             

 Thế (1) vào (2) ta có:

2

8 9 (3 )

uv uv  uv  uv uv   uv  uv .

Kết hợp (1) ta có:

0 4, uv u v u v        

 (vì u>v) Từ ta có: x =2; y =2. KL: Vậy nghiệm hệ là: (x; y)=(2; 2)

0,25

Câu III (1,0) 2

3 4

(2 1)

x x

I x x dx

x                 

0

2

1

2

4 (2 1)

( 1) (2 1)

x

dx x x dx

x           

0

2

1

2

4 (2 1)

( 1) (2 1)

x

dx x x dx

x            + Tính: 2

4 (2 1) (2 1)

x I dx x       

Đặt:

1

2 2sin , ; cos , 0,

2 2

x  t t     dx tdt x  t x  t

  .

(4)

Khi đó:

2

6 6

1 2

0 0

2cos sin

4sin 2(sin 1) sin

t tdt dt

I dt dt

t t t

   

 

   

  

   

=

6

12 sin

dt t

   

 

+ Tính:

6

2 2

0

(tan ) sin 2(tan 1/ 2)

dt d t

I

t t

 

 

 

 

Đặt:

2

tan tan

2

t y

Suy ra:

2

(tan ) (tan ) (1 tan )

2

d t  d y   y dy

, với

0 0,

6

t  y t  y

cho

6 tan

3  

,(0 2)    

Khi đó:

2

0

2 2

I dy y



 

  

+ Tính:

1

( 1)

I x x dx



 

Đặt:

2 1

2 1, , 0,

2

t x  x t  dx tdt x   t x  t

Khi đó:

1

2

0

1

2 10 15

t t t

I   t dt   

 



KL: Vậy

1

15 12

I  I I I     

, (

6 tan

3  

,(0 2)    

)

0,25

Câu IV

(1,0) + 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 có

' ( ) ' (1)

AB  SAC  AB SC

Tương tự ta có: AD'SC(2) Từ (1) (2) suy ra: SC(AB D' ') B D' 'SC Từ suy ra: SC' ( AB C D' ' ')

+ Ta có: 2

1 1

'

a AB

AB SA BA  

2 2 4

' '

5

SB SA AB a a a

     

, SB SA2AB2  5a.

0,25

O

A D

B C

S

C' B'

(5)

Suy ra:

'

SB

SB  ;

Lại có B’D’ // BD (cùng thuộc mp(SBD) vng góc với SC) nên ' ' '

B D AC (vì dễ cóBD(SAC) nên BDAC' ).

Xét hai tam giác đồng dạng SB’D’ SBD suy ra:

' ' '

5

B D SB

BD SB 

4 ' '

5

a B D

 

Ta có:

2

2 2

1 1

' ' '

' 3

a

AC SC SA AC a

AC SA AC      

+ Ta có:

3 ' ' ' ' ' '

1 1 16

' ' ' ' '

3 45

S AB C D AB C D

V  S SC  B D AC SC  a

3

1

3

S ABCD ABCD

V  S SA a

Suy thể tích đa diện cần tìm là:

3 ' ' '

14 45

S ABCD S AB C D

V V  V  a

Chú ý: Vẽ hình sai khơng chấm.

0,5

0,25

Câu V (1,0)

Dễ có:

2 1

(x y) 4xy ( ,x y 0)(*)

x y x y

     

 .

+ Chứng minh:

1 1 1

4a4b4ca3b b 3c c 3a.

Áp dụng lần (*) ta có:

1 1 16

3

a b b b   a b hay

1 16

3

a b a b(1)

Tương tự ta có:

1 16

3

b c b c(2)

1 16

3

c a c a (3)

Cộng (1), (2) (3) theo vế với vế rút gọn ta có điều phải chứng minh

+ Chứng minh:

1 1 1

3 3 2

a b b  c c  aa b c b   c a c   a b Áp dụng (*) ta có:

1

3 2( )

a b b  c a  a b c a b c (4) Tương tự ta có:

1

(5)

3 2

b c c  a b b c a

1

(6)

3 2

c a a  b c c a b

Cộng (4), (5) (6) theo vế với vế ta có điều phải chứng minh

0,25

(6)

II PHẦN RIÊNG. 1 Chương trình Chuẩn.

CâuVIa

(1,0) 1(1,0) + Do ABCH nên AB: x y  1 0.

Giải hệ:

2

1

x y x y

   



  

 ta có (x; y)=(-4; 3). Do đó: ABBN B( 4;3)

+ Lấy A’ đối xứng A qua BN A'BC. - Phương trình đường thẳng (d) qua A Vng góc với BN (d): x 2y 0 - Gọi I ( )d BN Giải hệ:

2

x y

x y

   



  

 Suy ra: I(-1; 3) A'( 3; 4)  + Phương trình BC: 7x y 25 0 Giải hệ:

7 25

1

x y x y

  

 

   

Suy ra:

13

( ; )

4

C  

+

2 450

( 13 / 4) (3 / 4)

4

BC     

, 2

7.1 1( 2) 25

( ; )

7

d A BC     



Suy ra:

1 450 45

( ; ) .3

2 4

ABC

S  d A BC BC  

0,25

CâuVIa (1,0)

2(1,0) Giả sử mặt phẳng cần tìm là: ( ) :ax by cz d 0 (a2 b2 c2 0)

        .

Trên đường thẳng (d1) lấy điểm: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0)

0,25

B C

A H

(7)

Do ( ) qua A, B nên:

0

a c d c a b

a b d d a b

    

 



 

     

  nên

( ) : ax by (2a b z a b )   0.

Yêu cầu toán cho ta:

0

2 2 2

1 1.(2 )

sin 30

2 1 ( 1) 1 (2 )

a b a b

  

 

     

2 2

2 3a 2b 3(5a 4ab )b 21a 36ab 10b

        

Dễ thấy b0nên chọn b=1, suy ra:

18 114 21 18 114

21

a a

 

  

 

   KL: Vậy có mặt phẳng thỏa mãn:

18 114 15 114 114

0

21 x y 21 z 21

  

   

18 114 15 114 114

0

21 x y 21 z 21

  

   

0,25

CâuVIIa

(1,0) Ta có:

2009 2009 2009 2009 2009 2009 (1 )i C iC   i C

0 2006 2008

2009 2009 2009 2009 2009 2009

1 2007 2009

2009 2009 2009 2009 2009 2009

( )

C C C C C C

C C C C C C i

      

     

Thấy:

( )

2

S  A B

, với A C 20090  C20092 C20094  C20096   C20092006C20092008 B C 20090 C20092 C20094 C20096  C20092006C20092008 + Ta có: (1 )i 2009  (1 )[(1 ) ]i i 1004  (1 ).2i 1004 2100421004i Đồng thức ta có A phần thực (1 )i 2009 nên A21004. + Ta có: (1x)2009C20090 xC20091 x C2 20092  x2009C20092009

Cho x=-1 ta có: C20090 C20092  C20092008 C20091 C20093  C20092009

Cho x=1 ta có: (C20090 C20092  C20092008) ( C20091 C20093  C20092009) 2 2009. Suy ra:B22008.

+ Từ ta có: S 2100322007.

0,25

0,25 0,25

0,25

2 Chương trình Nâng cao.

CâuVIb (1,0)

(8)

MAB vuông cân tam giác IAM vuông cân Suy ra: IM  2.

( ) (

M d  M a; a+2), IM (a1;a1),

2 2

2

a

IM a

a

 

     





Suy có điểm thỏa mãn: M1(0; 2) M2 (-2; 0) + Đường tròn tâm M1 bán kinh R1=1 (C1):

2 4 3 0

x y  y  .

Khi AB qua giao điểm (C ) (C1) nên AB:

2 4 3 2 2 2 1 1 0

x y  y x y  x y  x y   .

+ Đường tròn tâm M2 bán kinh R2=1 (C2):

2 4 3 0

x y  x  .

Khi AB qua giao điểm (C ) (C2) nên AB:

2 4 3 2 2 2 1 1 0

x y  x x y  x y  x y   .

+ KL: Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn: x y  0 x y  1

0,5

0,25

CâuVIb (1,0)

2(1,0) Trong tam giác ABC, gọi K CH AB.

Khi đó, dễ thấy AB(DCK) Suy góc (DAB) (ABC) góc DKH .Ta tìm tọa độ điểm H rồi Tính HK xong

+ Phương trình mặt phẳng (ABC)

- Vecto pháp tuyến n[AB AC, ]0; 4; 4   

                            - (ABC): y z  0

+ H(ABC) nên giả sử H a b( ; ; 2 b) Ta có: AH ( ; ;a b b BC ), (4; 2; 2).

 

CH (a 2; ;b b AB ),  ( 2; 2; 2).

 

Khi đó:

0

2

BC AH a b

a b

a b

AB CH

    



   

 

   

 

 

    Vậy H(-2; -2; 4)

+ Phương trình mặt phẳng qua H vng góc với AB là: x y z   0

Phương trình đường thẳng AB là:

x t

y t

z t

  

    

 .

0,25

C A

B D

H

(9)

Giải hệ:

2

x t

y t

z t

x y z

 



 



  

    

 ta x =2/3; y =-2/3, z =8/3. Suy ra: K(2/3;-2/3; 8/3) Suy ra:

2 2

2 96

2

3 3

HK            

     

Gọi  góc cần tìm thì:

tan DH HK/  96 /12 / 3 arctan( / 3) Vậy  arctan( / 3) góc cần tìm

0,25

CâuVIIb

(1,0) Xét khai triển:

8 2 8

8 8

( ) (1 ) n n n

n n n n

f x  x C xC x C x C .

Suy ra:

8 1 2 8 8

8 8 8

( ) (1 ) n (8 1) n n n n

n n n n n

f x n x  C xC x C n x  C  nx  C

         

Cho x i ta 81 83 (8 1) 88

n

n n n

A C C n C 

     phần thực

khai triển số phức (1 )n i 1n

Ta có: (1 )n i 8n1 4 (1 ) (1 ) 2n i 8n  i  n 4n  2n 4ni Vậy 18 83 (8 1) 88 24

n n

n n n

A C C n C  n

      .

0,25

0,5

Định dạng
Số trang	9
Dung lượng	289,6 KB