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, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 126 ) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) x 1 y x 1 Câu I (2 điểm): Cho hµm sè 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 cos x 2 sin x 4 cos x sin x 4sin x cos x Câu II (2 điểm):1) Giải phương trình: 1 x x (1 ) 4 y y x x 4 x y2 y y3 2) Giải hệ phương trình: x 4x I x x dx 4x 4x Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 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 0 và đường thẳng (d) : mx y 3m 0 ( 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) ( d1 ) : x y z 1 2 1 và 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng : x y z 1 (d2 ) : 1 Viết phương trình mặt phẳng chứa (d1) và hợp với (d2) góc 300 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 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 không gian Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(0; 0; 2), B(-2; 2; 0), C(2; 0; 2), DH ( ABC ) và DH 3 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: (2) a b c 1 a (a b)(a c) b (b a )(b c ) c (c a )(c b) 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) Điểm 2(1,0) HS tù gi¶i Phần Nội dung 1(1,0) 2009 cos x 2 sin x 4 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 4cos x.sin x 2) 0 (1) cos x sin x 0 cos x sin x 4sin x.cos x 0 (2) (1) tan x x k + Giải (1): + Giải (2): Đặt t 0 t 1/ cos x sin x t , t Điểm 0,5 0,25 ta có phương trình: 2t t 0 0,25 tan x 1 x k Với t 0 ta có: Với t 1/ ta có: x arccos( / 4) / k 2 cos( x ) / x arccos( / 4) / k 2 x k x k 4 KL: Vậy phương trình có họ nghiệm: , , x arccos( / 4) / k 2 , x arccos( / 4) / k 2 2(1,0) 1 x x (1 ) 4 x x 4 y y y y x x 4 x3 x3 x ( x) 4 y3 y y y y y y §k đặt a x y b x y a a 2b 4 a a 2b a 2ab 4 a a (a a 4) 4 Ta đợc x y y 1 x 1 x x 2 Khi đó KL a a 2b a 4a 0 a 2 b 1 0,25 0,25 0,25 0,25 (3) Câu Câu III (1,0) Phần I Nội dung 0 (2 x 1) 4x 4x x x dx dx 1 (2 x 1) 1 ( x x 1)dx (2 x 1) Điểm 2 (2 x 1) dx (2 x 1) I1 + Tính: 2 ( x 0,25 x 1) dx (2 x 1) dx (2 x 1) Đặt: x 2sin t , t ; dx cos tdt , x t 0,x 0 t 2 Khi đó: 2cos t sin tdt dt I1 dt dt 2 4sin t 2(sin t 1) 20 sin t 0 = dt 12 sin t + Tính: Suy ra: 0,25 dt d (tan t ) I sin t 2(tan t 1/ 2) d (tan t ) Đặt: tan t tan y 2 d (tan y ) (1 tan y )dy 2 , với t 0 y 0, t y tan (0 ) , cho 2 I dy y 2 Khi đó: 0,25 I ( x x 1)dx + Tính: Đặt: t x x t 1, dx tdt , x Câu Câu IV (1,0) Phần 1 t 0, x t 1 2 t5 t3 t 1 I t dt 10 15 10 Khi đó: I I1 I I tan (0 ) 15 12 , ( , ) KL: Vậy Nội dung S + 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) B' C' D' 0,25 Điểm (4) suy ra: SC ( AB ' D ') B ' D ' SC Từ đó suy ra: SC ' ( AB ' C ' D ') O 0,25 B C 1 5a AB ' SA BA + Ta có: AB ' SB ' SA2 AB '2 4a 4 a a 2 5 , SB SA AB 5a 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 ' SB Xét hai tam giác đồng dạng SB’D’ và SBD suy ra: BD B'D' 2a 1 3a 2 AC ' SC ' SA2 AC '2 a 2 SA AC 3 Ta có: AC ' 1 16 VS AB ' C ' D ' S AB ' C ' D ' SC ' B ' D ' AC '.SC ' a 3 45 + Ta có: VS ABCD S ABCD SA a 3 Suy thể tích đa diện cần tìm là: 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 )2 4 xy ( x, y 0)(*) x y x y Dễ có: 1 1 1 + Chứng minh: 4a 4b 4c a 3b b 3c c 3a 1 1 16 16 Áp dụng lần (*) ta có: a b b b a 3b hay a b a 3b (1) 16 16 Tương tự ta có: b c b 3c (2) và c a c 3a (3) Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế rút gọn ta có điều phải chứng minh 0,5 0,25 Điểm 0,25 0,25 1 1 1 + Chứng minh: a 3b b 3c c 3a a 2b c b 2c a c 2a b 1 Áp dụng (*) ta có: a 3b b 2c a 2(a 2b c) a 2b c (4) 0,25 1 (5) Tương tự ta có: b 3c c 2a b b 2c a 0,25 (5) 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 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) Điểm Nội dung 2 Giả sử mặt phẳng cần tìm là: ( ) : ax by cz d 0 ( a b c 0) Trên đường thẳng (d1) lấy điểm: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0) a c d 0 c 2a b d a b nên Do ( ) qua A, B nên: a b d 0 Điểm 0,25 ( ) : ax by (2a b) z a b 0 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 0 18 114 a 21 18 114 a 21 Dễ thấy b 0 nên chọn b=1, suy ra: 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 0 21 21 21 Chương trình Nâng cao Câu Phần Nội dung I ( d ) CâuVIb 1(1,0) Dễ thấy 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) , a 0 IM a a 0,25 0,25 Điểm 0,5 Suy có điểm thỏa mãn: M1(0; 2) và M2 (-2; 0) 2 + Đường tròn tâm M1 bán kinh R1=1 là (C1): x y y 0 Khi đó AB qua giao điểm (C ) và (C1) nên AB: x y y x2 y x y 1 x y 0 0,25 2 + Đường tròn tâm M2 bán kinh R2=1 là (C2): x y x 0 Khi đó AB qua giao điểm (C ) và (C2) nên AB: x y x x y x y x y 1 0 0,25 + KL: Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn: x y 0 và x y 0 Câu Phần Nội dung Điểm D (6) CâuVIb 2(1,0) (1,0) 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 C + Phương trình mặt phẳng (ABC) n [ AB, AC ] 0; 4; - Vecto pháp tuyến - (ABC): y z 0 + H (ABC ) nên giả sử H ( a; b; b) (a; b; b), BC (4; 2; 2) Ta có: AH CH (a 2; b; b), AB ( 2; 2; 2) BC AH 0 a b 0 a b a 2b 0 AB.CH 0 Khi đó: Vậy H(-2; -2; 4) 0,25 A H K B 0,25 + Phương trình mặt phẳng qua H và vuông góc với AB là: x y z 0 x t y t z 2 t Phương trình đường thẳng AB là: x t y t z 2 t Giải hệ: x y z 0 ta x =2/3; y =-2/3, z =8/3 0,25 Suy ra: K(2/3;-2/3; 8/3) Suy ra: 2 2 8 HK 3 3 96 4 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 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 t2 cộng vế với vế ta đợc dpcm bc ) 0 ab ac ) Điểm 0,25 0,5 0,25 sin C cos A.cos B tan C cos C tan A.tan B CâuV Ta cã tanA+tanB= cos A.cos B ABC không nhọn nên đặt x=tanA>0,y=tanB>0,z=tanC>0 x y z x y z Từ GT ta có y z z x x y với x,y,z>0.Dễ dàng CM đợc y z z x x y Dấu “=”xảy và x=y=z hay tam giác ABC (7) (8)