Tài liệu Đề thi thử đại học tham khảo môn Toán, khối A tỉnh Lâm Đồng (Đề 03) doc

Bộ Giáo Dục và Đào tạo ĐỀ THAM KHẢO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn thi : TOÁN, khối A. Ngày thi : 08.03.2009 (Chủ Nhật ) Thi thử miễn phí thứ 2;5;CN (sau 12h30) hàng tuần cho hs tỉnh Lâm Đồng. ĐỀ 03 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số : ( ) 2 2 11yx=−− ( ) 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( ) 1 . 2. Viết phương trình đường tròn ( ) C trong mặt phẳng ( ) Oxy , đi qua 3 điểm cực trị của hàm số ( ) 1 . Câu II: ( 2 điểm ) 1. Giải phương trình : 2.33210 xx xx−−−=. 2. Giải phương trình : 20092008 cossin1xx+=. Câu III: ( 1 điểm ) Cho hai hàm số ()()() 2 3,1gxxfxx=−=− . Tính tích phân ()() {} 3 2 min,fxgxdx − ∫ . Câu IV: ( 1 điểm ) Cho hình chóp .SABC có đáy là tam giác cân tại ,,AABACa== ( ) ( ) SBCABC⊥ và .SASBa== Tính độ dài cạnh SC để bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng a . Câu V: ( 1 điểm ) Cho ,xy là hai số thực dương và thỏa mãn 1xy+≤ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 22 11 Pxy xy xy =++ + . II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ). 1. Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a ( 2 điểm ) Trong không gian Oxyz cho ( ) ( ) ( ) 0;1;0,2;2;2,2;3;1ABC− và đường thẳng () 123 : 212 xyz d −+− == − 1. Tìm điểm M trên ( ) d để thể tích tứ diện MABC bằng 3. 2. Tìm điểm N trên ( ) d để diện tích tam giác NAB nhỏ nhất. Câu VII.a ( 1 điểm ) Cho tập hợp A gồm n phần tử , 4n > . Tìm n biết rằng trong số các phần tử của A có đúng 16n tập con có số phần tử là lẻ . 2. Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b ( 2 điểm ) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A , biết phương trình cạnh AB : 37370xy−−= ; điểm ,BC thuộc trục hoành và A thuộc góc phần tư thứ nhất .Tìm toạ độ điểm M thuộc AB , N thuộc BC sao cho đường thẳng MN đồng thời chia đôi chu vi và chia đôi diện tích của tam giác ABC . 2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng ()() 12 ' :4,:3'6 62'1 xtxt dytdyt ztzt  ==  =+=−   =+=−  . Gọi K là hình chiếu vuông góc của ( ) 1;1;1I − lên ( ) 2 d . Tìm phương trình tham số của đường thẳng qua K cắt ( ) 1 d và vuông góc ( ) 2 d . Câu VII.b ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình : 42 430 loglog xy xy  −+=   =   GV ra đề : Nguyễn Phú Khánh Đà Lạt . I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số : ( ) 2 2 11yx=−− ( ) 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( ) 1 . Học sinh tự làm 2. Viết phương trình đường tròn ( ) C trong mặt phẳng ( ) Oxy , đi qua 3 điểm cực trị của hàm số ( ) 1 . Các điểm cực trị của hàm số ( ) 1 là ( ) ( ) ( ) 0;0,1;1,1;1OAB−−− . Giả sử đường tròn ( ) C cần tìm có dạng : 22 0xyaxbyc++++= , có tâm ( ) ;Iab−− và bán kính 22 ,0RabcR=+−> Đường tròn đi qua 3 điểm cực trị ( ) ( ) ( ) 0;0,1;1,1;1OAB−−− , nên ta có hệ phương trình : () 22 00 202:20 200 ca abcbCxyy abcc  ==  −−+=⇔=⇒++=   +−+==  hay ()() 2 2 :11Cxy++= . Câu II: ( 2 điểm ) 1. Giải phương trình : 2.33210 xx xx−−−=. Chú ý : Cách giải dưới đây không đúng , do vậy cần hết sức thận trọng. Cẩn thận với kiểu “ Nhìn đồ thị ta thấy !!!.” Phương trình ( ) ( ) 2.332103.21211 xxx xxxx−−−=⇔−=+ 1 2 x•= không là nghiệm của phương trình ( ) 1 . 1 2 x•≠ phương trình ( ) 1 viết lại () 21 32 21 x x x + = − Xét hàm số ()() 21 3, 21 x x fxgx x + == − Dễ thấy hàm số ( ) 3 x fx= liên tục trên 11 ;,; 22  −∞+∞   và có ( ) ( ) '3.ln30 x fxfx=>⇒ liên tục và đơn điệu tăng trên 11 ;,; 22  −∞+∞   . Hàm số () 21 21 x gx x + = − liên tục trên mỗi khoảng 11 ;,; 22  −∞+∞   và có () () 2 41 '0, 2 21 gxx x − =<≠ − ( ) gx⇒ liên tục và đơn điệu giảm trên mỗi khoảng 11 ;,; 22  −∞+∞   Do đó ta xét hàm số ( ) ( ) ,fxgxgiao nhau trên mỗi khoảng 11 ;,; 22  −∞+∞   , nghĩa là số nghiệm phương trình ( ) 2 thỏa điều kiện 11 ;,; 22  −∞+∞   . Trên khoảng 1 ; 2  −∞   hàm số ( ) fx liên tục và đơn điệu tăng ( ) ,gx liên tục và đơn điệu giảm , do đó phương trình ( ) 2 có nghiệm duy nhất trên khoảng 1 ; 2  −∞   và ()() 1 11 3 fg−=−=− . Vậy phương trình ( ) 2 có nghiệm 1x =− . Trên khoảng 1 ; 2  +∞   hàm số ( ) fx liên tục và đơn điệu tăng ( ) ,gx liên tục và đơn điệu giảm , do đó phương trình ( ) 2 có nghiệm duy nhất trên khoảng 1 ; 2  +∞   và ( ) ( ) 113fg==. Vậy phương trình ( ) 2 có nghiệm 1x = . Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt 1x =− , 1x = . Cách giải đúng : Bài toán này cần chia đến 7 trường hợp .Ta cần xét tính liên tục của hàm số ( ) ( ) ,fxgx. Đó là lý do vì sao trong bài trình bày của tôi thường xuyên nhấn mạnh hàm số liên tục … 1 2 x•= ( ) ;1x•∈−∞− 1 1; 2 x  •∈−   1 ;1 2 x  •∈   ( ) 1;x•∈+∞ 1x•=− 1x•= 2. Giải phương trình : 20092008 cossin1xx+= Vì 1cos1,1sin1xx−≤≤−≤≤ nên 2009220082 coscos,sinsinxxxx≤≤ 2009200822 cossinsincos1xxxx⇒+≤+= Vậy phương trình cho tương đương với hệ : 20092 20082 2 cos0 2 cos1 coscoscos0 , cos1 sin0 sinsin 2 2 2 sin1 x xk x xxx xll x x xx xk x π π π π   =    =  =  ==      ⇔⇔⇔⇔=∈     = = = =+         =    ¢ Câu III: ( 1 điểm ) Cho hai hàm số ()()() 2 3,1gxxfxx=−=− . Tính tích phân ()() {} 3 2 min,fxgxdx − ∫ ()() {} ()() () ()() {} () {} 333 22 222 11 min,342 22 fxgxdxfxgxfxgxdxxxxxdx −−− =+−−=−+−−− ∫∫∫ ()()()() 3123 2222 2212 11 34222??? 22 xxdxxxdxxxdxxxdx − −−− =−+−−−+−−−−−= ∫∫∫∫ Cách 2 : Xét ()()()()()() 2 2 13221fxgxxxxxxx−=−−−=−−=−+ Suy ra ()() { } ()() {} () 2 min,32;12;3 min,11;2 fxgxxkhix fxgxxkhix   =−∈−−∪     =−∈−    Bài toán đến đây đã đơn giản nhiều . {} min; 2 abab ab +−− = Câu IV: ( 1 điểm ) Cho hình chóp .SABC có đáy là tam giác cân tại ( ) ( ) ,,AABACaSBCABC==⊥ và .SASBa== Tính độ dài cạnh SC để bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng a . Giả sử H là trung điểm của BC , ta có AHBC⊥ . Vì ( ) ( ) SBCABC⊥ nên ( ) AHSBCAHSH⊥⇒⊥. ,SHABHA∆∆ có HA chung và SABAa== nên SHABHA∆=∆ Suy ra : HAHBHC==, SBC∆ vuông tại S . Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .SABC , khi đó O là giao điểm HA và trung trực AB vẽ trong mặt phẳng ( ) ABC . Giả sử SCx= . Gọi I là trung điểm AB , khi đó tứ giác OIBH nội tiếp được nên: 2 2. AB AOAHAIABRAO AH =⇒== . SBC∆ vuông ,nên có : 22 222222 4 ax BCSBSCaxBH + =+=+⇒= BHA∆ vuông, nên có : 2222 2222 3 44 axax AHABBHa +− =−=−= 22 3 ,(03) 2 ax AHxa − ⇒=<< Vậy 222 2222 .,(03) 2 33 aaa Rxa axax ==<< −− 2 22 22 3 2 3 03 03 a a axa Raxa ax xa xa   = −=   =⇔⇔⇔=  − <<   <<  Vậy : 2SCa= Câu V: ( 1 điểm ) Cho ,xy là hai số thực dương và thỏa mãn 1xy+≤ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 22 11 Pxy xy xy =++ + . 2222 111117 ()() 21616 Pxyxy xyxyxyxy xyxy =++=++++ ++ 222 22 2 114 4 2 () 111111725 24 16162244 777 164 4() xy xyxy xyPxy xyxy xy xy xy  +≥≥  ++   +≥=⇒=++≥++=  +   ≥≥  +  Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 xy== Vậy 125 ,min 24 xyP=== II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ). 1. Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a ( 2 điểm ) Trong không gian Oxyz cho ( ) ( ) ( ) 0;1;0,2;2;2,2;3;1ABC− và đường thẳng () 123 : 212 xyz d −+− == − 1. Tìm điểm M trên ( ) d để thể tích tứ diện MABC bằng 3. () 12 :2 32 xt dyt zt  =+  =−−   =+  , ( ) ( ) 12;2;32MdMttt∈⇒+−−+ (2;1;2),(2;2;1)[;](3;6;6)3(1;2;2)3.,(1;2;2)ABACABACnn==−⇒=−−=−−=−=− uuuruuuuruuuruuuur rr Phương trình mặt phẳng ( ) ABC đi qua ( ) 0;1;0A và có vecto pháp tuyến (1;2;2)n =− r là : 2220xyz+−−=. 222 119 [;](3)(6)6. 222 ABC SABAC==−+−+= uuuruuuur Khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( ) ABC : (()) 122(2)2(32)2411 3 144 MABC tttt d ++−−−+−−− == ++ Thể tích tứ diện MABC bằng 411 19517 3 .34116. 32344 t Vtthayt + ⇔==⇔+=⇔=−=− Vậy có hai điểm M cầb tìm là 33115911 ;;;; 242242 MhayM  −−−   2. Tìm điểm N trên ( ) d để diện tích tam giác NAB nhỏ nhất. ( ) ( ) 12;2;32NdMttt∈⇒+−−+ 22 11232 [;]32128146(48)9 2222 ABN SNANBttt==++=++≥ uuuruuur () 32 max48023;0;1. 2 ABN SttN⇒=⇔+=⇔=−⇒− Câu VII.a ( 1 điểm ) Cho tập hợp A gồm n phần tử , 4n > . Tìm n biết rằng trong số các phần tử của A có đúng 16n tập con có số phần tử là lẻ . 123 ,, . nnn CCC lần lượt là số các tập hợp con của A gồm 1,3,5 . phần tử . Ta luôn có 0121231 .2 .2 nnn nnnnnnn CCCCCCC − ++++=⇒+++= Từ giả thiết , ta có phương trình : ( ) 15 2162* nn nn −− =⇔= Vì 4,nn>∈¢ nên ta xét 5n = thấy không thỏa ( ) * , do đó ta xét 6,nn≥∈¢ Xét hàm số ( ) 5 2 x fxx − =− liên tục trên nửa khoảng ) 6;,x  +∞∈  ¢ Ta có ( ) ( ) 5 '2ln210,6 x fxxfx − =−>∀≥⇒ liên tục và đồng biến trên nửa khoảng ) 6;,x  +∞∈  ¢ và ( ) 808fx=⇒= là nghiệm duy nhất của phương trình 5 20,6, x xxx − −=≥∈¢ . Vậy 8n = thỏa mãn đề bài . 2. Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b ( 2 điểm ) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A , biết phương trình cạnh AB : 37370xy−−= ; điểm ,BC thuộc trục hoành và A thuộc góc phần tư thứ nhất .Tìm toạ độ điểm M thuộc AB , N thuộc BC sao cho đường thẳng MN đồng thời chia đôi chu vi và chia đôi diện tích của tam giác ABC . Cách 1: () ()() ( ) () 1;0,;3737,21;0 BOx BAABAaaCa BAB  ∈  ⇒∈⇒−−  ∈   . A thuộc góc phần tư thứ nhất nên 0 1 37370 a a a  ≥  ⇔≥  −≥   Cách 2: () () 1;0 BOx B BAB  ∈  ⇒  ∈   và ( ) ( ) 000000 ;373703737MxyABxyyx∈⇔−−=⇔=− Giả sử : ABACa==, phương trình AB : 37370xy−−= có hệ số góc tn37aABC = 1 cos 8 ABC⇒= Theo định lý cosin , ta có 222 2 os 4 a ACABBCABBCcABCBC=+−⇒= MN chia đôi chu vi tam giác ABC , nên có BMBNAMCNBC+=++ () () 9 21 8 a BMBNABBCCABMBN⇔+=++⇔+= MN chia đôi diện tích tam giác ABC , nên ta có () 2 1.1 .2 2.28 BMN ABC S BMBNa BMBN SABBC =⇔=⇔= Kết hợp ( ) 1 , ( ) 2 , ,BMBN là nghiệm phương trình 2 2 9 0 8 88 a aax xx xa  =  −+=⇔  =   ()() () ( ) 22 2 222 0000 0 7 113737 1 8 6464 168 a aa a BM xyxx x BNa    = −+=−+−=  =+ •⇔⇔⇔   =    8 a BN BMa  =  •   =  lúc này ,MAN≡ là trung điểm BC . 2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng ()() 12 ' :4,:3'6 62'1 xtxt dytdyt ztzt  ==  =+=−   =+=−  . Gọi K là hình chiếu vuông góc của ( ) 1;1;1I − lên ( ) 2 d . Tìm phương trình tham số của đường thẳng qua K cắt ( ) 1 d và vuông góc ( ) 2 d . ( ) 1 d có vtcp : 1 (1;1;2)u = r , ( ) 2 d có vtcp 2 (1;3;1)u = r . ////// 2 ()(;36;1)(1;35;2)KdKtttIKttt∈⇒−−⇒=−−− uuur //// 2 1818127 191520;; 11111111 IKuttttK  ⊥⇔−+−+−=⇔=⇒−   uuurr Giả sử đường thẳng cần tìm cắt ( ) 1 d tại H thì 1 185659 (())(;4;62);;2 111111 HdHtttHKttt  ∈⇒++⇒=−−−−−   uuuur 1 185611826 40 11111111 HKutttt⊥⇔−−−−−=⇔=− uuuurr 3071 4;;(44;30;7). 111111 HK  ⇒=−−=−−   uuuur Phương trình cần tìm là : 18 44 11 12 30, 11 7 7 11 xm ymmR zm  =+    =−−∈    =−   Câu VII.b ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình : 42 430 loglog xy xy  −+=   =   Điều kiện : 1 1 x y  ≥   ≥   22 4222 42 430430 430 430 loglogloglog loglog 1,11,11,1 xyxy xy xy xyxyxy xy xyxyxy   −+=−+= −+=  −+=    ⇔=⇔=⇔=  =   ≥≥≥≥≥≥   ()()() 2 2 1 1 430;1;1,9;3 9 1,1 3 x xy y yyxy x xy y   =    =  =     ⇔−+=⇔⇔=    =    ≥≥    =    Vậy hệ phương trình cho có nghiệm : ( ) ( ) ( ) ;1;1,9;3xy = . . =−=−= 22 3 , (03) 2 ax AHxa − ⇒=<< Vậy 222 2222 ., (03) 2 33 aaa Rxa axax ==<< −− 2 22 22 3 2 3 03 03 a a axa Raxa ax xa xa   = −=   =⇔⇔⇔=. tạo ĐỀ THAM KHẢO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn thi : TOÁN, khối A. Ngày thi : 08.03.2009 (Chủ Nhật ) Thi thử miễn phí thứ 2;5;CN (sau