Đang tải... (xem toàn văn)
Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 126 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm). Câu I (2 điểm): Cho hàm số 2 1 1 x y x + = + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất Câu II (2 điểm):1) Giải phương trình: 2 2 2009 cos2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos 4 x x x x x x π + + = + ÷ . 2) Giải hệ phương trình: 2 2 3 2 3 1 1 (1 ) 4 1 4 x x y y x x x y y y + + + = + + = − . Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 0 2 2 1 2 3 4 4 . 2 1 4 4 5 x x I x x dx x x − − − = + + ÷ ÷ + + ∫ . 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 . Gọi B’, D’ là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD. Mặt phẳng (AB’D’ ) cắt SC tại C’ . Tính thể tích khối đa diện ABCDD’ C’ B’. Câu V (1 điểm): Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc thoả mãn: cos .cos cos .cos cos .cos 3 ? cos cos cos 2 A B B C C A C A B + + = II. PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: 1. Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường tròn ( C) : 2 2 2 6 15 0x y x y+ − + − = và đường thẳng (d) : 3 0mx y m− − = ( m là tham số). Gọi I là tâm của đường tròn . Tìm m để đường thẳng (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B thoả mãn chu vi ∆ IAB bằng 5(2 2)+ . 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng : 1 1 1 ( ) : 2 1 1 x y z d − + = = − và 2 2 1 ( ) : 1 1 1 x y z d − + = = − . Viết phương trình mặt phẳng chứa (d 1 ) và hợp với (d 2 ) một góc 30 0 . Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 4 4 3 3 3 2 2 2a b c a b b c c a a b c b c a c a b + + ≥ + + ≥ + + + + + + + + + + + 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 là một điểm trên ( ) : 2 0d x y− + = . Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) một góc 45 0 tiếp xúc với (C) tại 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 3DH = với H là trực tâm tam giác ABC. Tính góc giữa (DAB) và (ABC). Câu VII.b (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta có: 1 ( )( ) ( )( ) ( )( ) a b c a a b a c b b a b c c c a c b + + ≤ + + + + + + + + + . ĐÁP ÁN THI THỬ LẦN 2 NĂM 2008- 2009- MÔN TOÁN. I. PHẦN CHUNG. Câu Phần Nội dung Điểm Câu I (2,0) 1(1,0) HS tự giải 2(1,0) HS tự giải Câu Phần Nội dung Điểm Câu II (2,0) 1(1,0) 2 2 2009 cos2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos 4 x x x x x x π + + = + ÷ 2 2 cos sin 2(sin cos ) 4sin .cos (sin cos )x x x x x x x x⇔ − + + = + (cos sin )(cos sin 4cos .sin 2) 0x x x x x x⇔ + − − + = cos sin 0 (1) cos sin 4sin .cos 2 0 (2) x x x x x x + = ⇔ − − + = + Giải (1): (1) tan 1 4 x x k π π ⇔ = − ⇔ = − + + Giải (2): Đặt cos sin , 2x x t t− = ≤ ta có phương trình: 2 2 0t t+ = . 0 1/ 2 t t = ⇔ = − • Với 0t = ta có: tan 1 4 x x k π π = ⇔ = + • Với 1/ 2t = − ta có: arccos( 2 / 4) / 4 2 cos( ) 2 / 4 4 arccos( 2 / 4) / 4 2 x k x x k π π π π π = − − + + = − ⇔ = − − − + KL: Vậy phương trình có 4 họ nghiệm: 4 x k π π = − + , 4 x k π π = + , arccos( 2 / 4) / 4 2x k π π = − − + , arccos( 2 / 4) / 4 2x k π π = − − − + . 0,5 0,25 0,25 2(1,0) §k 0y ≠ 2 2 2 2 3 3 3 2 3 1 1 1 1 (1 ) 4 4 1 1 1 ( ) 4 4 x x x x y y y y x x x x x x y y y y y y + + + = + + + = ⇔ + + + = + + = − ®Æt 1 a x y x b y = + = Ta có 2 2 2 3 3 2 2 2 4 4 2 4 2 2 1 2 4 ( 4) 4 4 4 0 a a b a a b a a b a b a ab a a a a a a + − = + − = + − = = ⇔ ⇔ ⇔ = − = − + − = − + = Khi ®ã 1 1 1 2 x y y x x x = = ⇔ = + = KL 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Phần Nội dung Điểm Câu III (1,0) 0 2 2 1 2 3 4 4 . 2 1 (2 1) 4 x x I x x dx x − − − = + + ÷ ÷ + + ∫ 0 0 2 2 1 1 2 2 4 (2 1) ( . 2 1) (2 1) 4 x dx x x dx x − − − + = + + + + ∫ ∫ 0,25 0 0 2 2 1 1 2 2 4 (2 1) ( . 2 1) (2 1) 4 x dx x x dx x − − − + = + + + + ∫ ∫ + Tính: 0 2 1 2 1 2 4 (2 1) (2 1) 4 x I dx x − − + = + + ∫ . Đặt: 1 2 1 2sin , ; cos , 0, 0 2 2 2 6 x t t dx tdt x t x t π π π + = ∈ − ⇒ = = − ⇒ = = ⇒ = ÷ . Khi đó: 2 2 6 6 6 6 1 2 2 2 0 0 0 0 2cos 2 1 sin 1 4sin 4 2(sin 1) 2 sin 1 t tdt dt I dt dt t t t π π π π − − = = = − + + + + ∫ ∫ ∫ ∫ = 6 2 0 12 sin 1 dt t π π − + + ∫ + Tính: 6 6 2 2 2 0 0 (tan ) sin 1 2(tan 1/ 2) dt d t I t t π π = = + + ∫ ∫ . Đặt: 2 tan tan 2 t y= . Suy ra: 2 2 2 (tan ) (tan ) (1 tan ) 2 2 d t d y y dy= = + , với 0 0, 6 t y t y π ϕ = ⇒ = = ⇒ = sao cho 6 tan 3 ϕ = , (0 ) 2 π ϕ < < Khi đó: 2 0 0 2 2 2 . 2 2 2 I dy y ϕ ϕ ϕ = = = ∫ + Tính: 0 3 1 2 ( . 2 1)I x x dx − = + ∫ . Đặt: 2 1 1 2 1 2 1, , 0, 1 2 2 t x x t dx tdt x t x t= + ⇒ = − = = − ⇒ = = − ⇒ = . Khi đó: 1 2 5 3 2 1 2 0 0 1 1 2 10 6 15 t t t I t dt − = = − = − ÷ ∫ KL: Vậy 1 2 3 1 2 15 12 2 I I I I π ϕ = + + = − − + , ( 6 tan 3 ϕ = , (0 ) 2 π ϕ < < ) 0,25 0,25 0,25 Câu Phần Nội dung Điểm 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 đó có ' ( ) ' (1)AB SAC AB SC⊥ ⇒ ⊥ . Tương tự ta có: ' (2)AD SC⊥ . Từ (1) và (2) suy ra: ( ' ') ' 'SC AB D B D SC⊥ ⇒ ⊥ . Từ đó suy ra: ' ( ' ' ')SC AB C D⊥ + Ta có: 2 2 2 1 1 1 2 5 ' ' 5 a AB AB SA BA = + ⇒ = 0,25 O A D B C S C' B' D' 2 2 2 2 4 4 5 ' ' 4 5 5 SB SA AB a a a⇒ = − = − = , 2 2 5SB SA AB a= + = . Suy ra: ' 4 5 SB 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 ⊥ ). Xét hai tam giác đồng dạng SB’D’ và SBD suy ra: ' ' ' 4 5 B D SB BD SB = = 4 2 ' ' 5 a B D⇒ = . Ta có: 2 2 2 2 2 1 1 1 2 3 2 6 ' ' ' ' 3 3 a AC SC SA AC a AC SA AC = + ⇒ = ⇒ = − = + Ta có: 3 . ' ' ' ' ' ' 1 1 1 16 . ' . ' '. '. ' 3 3 2 45 S AB C D AB C D V S SC B D AC SC a= = = . 3 . 1 2 . 3 3 S ABCD ABCD V S SA a= = . Suy ra 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 không chấm. 0,5 0,25 Câu Phần Nội dung Điểm Câu VIIa (1,0) Dễ có: 2 1 1 4 ( ) 4 ( , 0)(*)x y xy x y x y x y + ≥ ⇒ + ≥ < + . + Chứng minh: 1 1 1 1 1 1 4 4 4 3 3 3a b c a b b c c a + + ≥ + + + + + . Áp dụng 2 lần (*) ta có: 1 1 1 1 16 3a b b b a b + + + ≥ + hay 1 3 16 3a b a b + ≥ + (1) Tương tự ta có: 1 3 16 3b c b c + ≥ + (2) và 1 3 16 3c a c a + ≥ + (3) Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế rồi rút gọn ta có điều phải chứng minh. + Chứng minh: 1 1 1 1 1 1 3 3 3 2 2 2a b b c c a a b c b c a c a b + + ≥ + + + + + + + + + + + Áp dụng (*) ta có: 1 1 4 2 3 2 2( 2 ) 2a b b c a a b c a b c + ≥ = + + + + + + + (4) Tương tự ta có: 1 1 2 (5) 3 2 2b c c a b b c a + ≥ + + + + + 1 1 2 (6) 3 2 2c a a b c c a b + ≥ + + + + + Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta có điều phải chứng minh. 0,25 0,25 0,25 0,25 II. PHẦN RIÊNG.1. Chương trình Chuẩn. Câu Phần Nội dung Điểm CâuVIa. (1,0) 1(1,0) Câu Phần Nội dung Điểm CâuVIa. (1,0) 2(1,0) Giả sử mặt phẳng cần tìm là: 2 2 2 ( ) : 0 ( 0)ax by cz d a b c α + + + = + + > . Trên đường thẳng (d 1 ) lấy 2 điểm: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0). Do ( ) α qua A, B nên: 0 2 0 a c d c a b a b d d a b − + = = − ⇔ − + + = = − nên ( ) : (2 ) 0ax by a b z a b α + + − + − = . Yêu cầu bài toán cho ta: 0 2 2 2 2 2 2 1. 1. 1.(2 ) 1 sin 30 2 1 ( 1) 1 . (2 ) a b a b a b a b − + − = = + − + + + − 2 2 2 2 2 3 2 3(5 4 2 ) 21 36 10 0a b a ab b a ab b⇔ − = − + ⇔ − + = Dễ thấy 0b ≠ nên chọn b=1, suy ra: 18 114 21 18 114 21 a a − = + = KL: Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn: 18 114 15 2 114 3 114 0 21 21 21 x y z + + − + + − = 18 114 15 2 114 3 114 0 21 21 21 x y z − − + + + − = . 0,25 0,25 0,25 0,25 2. Chương trình Nâng cao. Câu Phần Nội dung Điểm CâuVIb. (1,0) 1(1,0) Dễ thấy ( )I d∈ . Hai tiếp tuyến hợp với (d) một góc 45 0 suy ra tam giác MAB vuông cân và tam giác IAM cũng vuông cân . Suy ra: 2IM = . ( ) (M d M∈ ⇒ a; a+2), ( 1; 1)IM a a= + + uuur , 0 2 2 1 2 2 a IM a a = = ⇔ + = ⇔ = − . Suy ra có 2 điểm thỏa mãn: M 1 (0; 2) và M 2 (-2; 0). + Đường tròn tâm M 1 bán kinh R 1 =1 là (C 1 ): 2 2 4 3 0x y y+ − + = . Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C 1 ) nên AB: 2 2 2 2 4 3 2 2 1 1 0x y y x y x y x y+ − + = + + − + ⇔ + − = . + Đường tròn tâm M 2 bán kinh R 2 =1 là (C 2 ): 2 2 4 3 0x y x+ + + = . Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C 2 ) nên AB: 2 2 2 2 4 3 2 2 1 1 0x y x x y x y x y+ + + = + + − + ⇔ + + = . + KL: Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn: 1 0x y+ − = và 1 0x y+ + = . 0,5 0,25 0,25 Câu Phần Nội dung Điểm CâuVIb. (1,0) 2(1,0) Trong tam giác ABC, gọi K CH AB= ∩ . Khi đó, dễ thấy ( )AB DCK⊥ . Suy ra góc giữa (DAB) và (ABC) chính là góc DKH∠ .Ta tìm tọa độ điểm H rồi Tính được HK là xong. + Phương trình mặt phẳng (ABC). - Vecto pháp tuyến ( ) [ , ] 0; 4; 4n AB AC= = − − r uuur uuur - (ABC): 2 0y z+ − = . + ( )H ABC∈ nên giả sử ( ; ;2 )H a b b− . Ta có: ( ; ; ), (4; 2;2).AH a b b BC= − = − uuur uuur ( 2; ; ), ( 2;2; 2).CH a b b AB= − − = − − uuur uuur 0,25 C A B D H K Khi đó: . 0 0 2 2 2 0 . 0 BC AH a b a b a b AB CH = − = ⇔ ⇔ = = − − + + = = uuur uuur uuur uuur Vậy H(-2; -2; 4). + Phương trình mặt phẳng qua H và vuông góc với AB là: 4 0x y z− + − = . Phương trình đường thẳng AB là: 2 x t y t z t = = − = + . Giải hệ: 2 4 0 x t y t z t x y z = = − = + − + − = ta được x =2/3; y =-2/3, z =8/3. Suy ra: K(2/3;-2/3; 8/3). Suy ra: 2 2 2 2 2 8 96 2 2 4 3 3 3 3 HK = + + − + + − = ÷ ÷ ÷ . Gọi ϕ là góc cần tìm thì: tan / 96 /12 6 / 3 arctan( 6 / 3)DH HK ϕ ϕ = = = ⇒ = Vậy arctan( 6 / 3) ϕ = là góc cần tìm. 0,25 0,25 0,25 Câu Phần Nội dung Điểm CõuVIIb. (1,0) Với a,b >0 ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 a b a c ( ) 2 ( ) 0 a b a c ( ) a b a c ( ) ( )( ) ab ac a bc a bc a bc ab ac ab ac a a a a a b a c a ab ac a b c + + − + = + − = − ≥ ⇒ + + ≥ + ⇒ + + ≥ + ⇒ ≤ = + + + + + + + CM t 2 rồi cộng vế với vế ta được dpcm 0,25 0,5 0,25 CõuV Ta có tanA+tanB= sin cos .cos tan cos .cos cos tan .tan C A B C A B C A B ⇒ = ABC∆ không nhọn nên đặt x=tanA>0,y=tanB>0,z=tanC>0 Từ GT ta có 3 2 x y z y z z x x y + + = + + + với x,y,z>0.Dễ dàng CM được 3 2 x y z y z z x x y + + ≥ + + + .Dấu “=”xảy ra khi và chỉ khi x=y=z hay tam giác ABC đều