Đề thi thử đại học lần 2 năm 2008 - 2009. Môn: Toán A

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2008-2009. Môn: Toán 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  3 x 2  4 (C) 1) Khảo sỏt và vẽ đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  4 (C) 2) Gọi (D) là đừơng thẳng qua điểm A(3;4) và có hệ số góc là m. Định m để (D) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A,M,N sao cho 2 tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau. 2009   2 2 Câu II (2 điểm):1) Giải phương trình: cos 2 x  2 2 sin  x    4 cos x sin x  4sin x cos x . 4  . 1 1  2 x  x  (1  )4  y y  2 2) Giải hệ phương trình:  x .   x  1  4  x3 2  y y3 y  3  4x2  4x  1  4 x 2  4 x  5  x. 2 x  1 dx .    0. Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I . 2. 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’. Cõu V (1 điểm): Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc thoả mãn: cos A.cos B cos B.cos C cos C.cos A 3    ? cos C cos A cos B 2 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: Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng Oxy cho 2 đừơng tròn: 3 (C1): x 2  y 2  8 x  6  0 và (C2): x 2  y 2  2 x   0 Xét vị trí tương đối của hai đường tròn 2 (C1) và (C2). Tìm phương trình tiếp tuyến chung của chúng. x 1 y z 1   2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng : (d1 ) : và 2 1 1 x y  2 z 1 (d 2 ) :   . Viết phương trình mặt phẳng chứa (d1) và hợp với (d2) một góc 300. 1 1 1 Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1         4a 4b 4c a  3b b  3c c  3a a  2b  c b  2c  a c  2a  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 (d ) : x  y  2  0 . Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) một góc 450 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 DH  3 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: a b c    1. a  (a  b)(a  c) b  (b  a )(b  c) c  (c  a )(c  b) Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN THI THỬ LẦN 2 NĂM 2008- 2009- MÔN TOÁN. I. Câu Câu I (2,0). PHẦN CHUNG. Phần 1(1,0). Nội dung. Điểm. HS tù gi¶i. 2(1,0) HS tù gi¶i Câu Câu II (2,0). Phần 1(1,0). Nội dung 2009    2 2 cos 2 x  2 2 sin  x    4 cos x sin x  4sin x cos x 4   2 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  4 cos x.sin x  2)  0 (1)  cos x  sin x  0  cos x  sin x  4sin x.cos x  2  0 (2). .  k 4 + Giải (2): Đặt cos x  sin x  t , t  2 ta có phương trình: 2t 2  t  0 .. + Giải (1): (1)  tan x  1  x  .  t 0  t  1/ 2 . Với t  0 ta có: tan x  1  x . . Với t  1/ 2 ta có:.  4. Điểm. 0,5. 0,25. 0,25  k.  x  arccos( 2 / 4)   / 4  k 2  cos( x  )   2 / 4   4  x   arccos( 2 / 4)   / 4  k 2. . .  k , 4 4 x  arccos( 2 / 4)   / 4  k 2 , x   arccos( 2 / 4)   / 4  k 2 .. KL: Vậy phương trình có 4 họ nghiệm: x   2(1,0).  k , x . 1 1 1  2  2 1  x  x  y (1  y )  4 x  y2  x  y  4    §k y  0  đặt 2  x  x  1  4  x3  x3  1  x ( 1  x)  4 2   y3 y y y y3  y 1  a  x  y   b  x  y Ta ®­îc a 2  a  2b  4 a 2  a  4  2b a 2  a  4  2b a  2  3    3   2 2 b  1 a  2ab  4 a  a (a  a  4)  4 a  4a  4  0. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> x  y y 1   Khi đó  KL 1 x  1 x   2   x Câu Câu III (1,0). Phần.  1    0. I. 2. 0. . 2. 4  (2 x  1) dx  (2 x  1) 2  4 2.  . Nội dung 0 0  4  (2 x  1) 2 3  4x  4x  x . 2 x  1 dx  dx   1 (2 x  1)2  4 1 ( x. 2 x  1)dx  (2 x  1) 2  4   . 1 2. Điểm. 2.  .  ( x. . 0,25. 2 x  1)dx. 1 2. 4  (2 x  1) 2 dx . Đặt: (2 x  1) 2  4. 0. + Tính: I1 . 2. 0. 1 2. 1     2 x  1  2sin t , t    ;   dx  cos tdt , x    t  0,x  0  t  . 2 6  2 2  6. Khi đó: I1   0. . . . 6 2 cos t 2  1  sin tdt 1 dt dt    dt  2 2    4sin t  4 2(sin t  1) 20 sin 2 t  1 0 0 2. 6. 2. 6. . =.  12. 6. dt sin 2 t  1 0. . . 0,25 . 6. 6 dt d (tan t ) 2  tan y . . Đặt: tan t  2 2  sin t  1 2(tan t  1/ 2) 2 0 0. + Tính: I 2  . 2 2 d (tan y )  (1  tan 2 y )dy , với 2 2 6   t  0  y  0, t   y   sao cho tan   , (0    ) 3 6 2  2 2  2 Khi đó: I 2   dy  y 0  . 2 2 2 0. Suy ra: d (tan t ) . 0,25. 0. + Tính: I 3 .  ( x.. 2 x  1)dx . Đặt:. 1  2. 1 1 t  2 x  1  2 x  t 2  1, dx  tdt , x    t  0, x    t  1 . 2 2 1 2 5 3 t t 1 2 t  1 Khi đó: I 2   t dt     10   2 15  10 6  0. KL: Vậy I  I1  I 2  I 3  . 1  2 6     , ( tan   , (0    ) ) 15 12 2 3 2. Lop12.net. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu Câu IV (1,0). Phần. Nội dung + 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) suy ra: SC  ( AB ' D ')  B ' D '  SC . B' Từ đó suy ra: SC '  ( AB ' C ' D '). + Ta có:. 1 1 1 2 5a  2  AB '  2 2 AB ' SA BA 5. Điểm S. D'. C'. 0,25. A O. B. C. 4 4 5  SB '  SA2  AB '2  4a 2  a 2  a , SB  SA2  AB 2  5a . 5 5 SB ' 4  ; Suy ra: SB 5 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 ' 4   Xét hai tam giác đồng dạng SB’D’ và SBD suy ra: BD SB 5 4 2a  B'D'  . 5 1 1 1 2 3a 2 6  2  AC '   SC '  SA2  AC '2  a Ta có: 2 2 AC ' SA AC 3 3 1 1 1 16 + Ta có: VS . AB 'C ' D '  S AB 'C ' D ' .SC '  . B ' D '. AC '.SC '  a 3 . 3 3 2 45 1 2 VS . ABCD  S ABCD .SA  a 3 . Suy ra thể tích đa diện cần tìm là: 3 3 14 V  VS . ABCD  VS . AB 'C ' D '  a 3 . 45 Chú ý: Vẽ hình sai không chấm.. Câu Câu VIIa (1,0). Phần. Nội dung 1 1 4 ( x, y  0)(*) . Dễ có: ( x  y ) 2  4 xy    x y x y 1 1 1 1 1 1      + Chứng minh: . 4a 4b 4c a  3b b  3c c  3a 1 1 1 1 16 1 3 16 Áp dụng 2 lần (*) ta có:     hay   (1) a b b b a  3b a b a  3b 1 3 16 1 3 16 Tương tự ta có:   (2) và   (3) b c b  3c c a c  3a 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      a  3b b  3c c  3a a  2b  c b  2c  a c  2a  b Lop12.net. 0,5. 0,25. Điểm 0,25. 0,25. D.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1 1 4 2    (4) a  3b b  2c  a 2(a  2b  c) a  2b  c 1 1 2   (5) Tương tự ta có: b  3c c  2a  b b  2c  a 1 1 2   (6) c  3a a  2b  c c  2a  b Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta có điều phải chứng minh.. Áp dụng (*) ta có:. II. PHẦN RIÊNG. 1. Chương trình Chuẩn. Câu Phần Nội dung CâuVIa. 1(1,0) (1,0) + Do AB  CH nên AB: x  y  1  0 . A 2 x  y  5  0 Giải hệ:  ta có (x; y)=(-4; 3). H  x  y 1  0 N Do đó: AB  BN  B(4;3) . + Lấy A’ đối xứng A qua BN thì A '  BC . - Phương trình đường thẳng (d) qua A và Vuông góc với BN là (d): x  2 y  5  0 B 2 x  y  5  0 - Gọi I  (d )  BN . Giải hệ:  . Suy ra: I(-1; 3)  A '(3; 4) x  2y  5  0 7 x  y  25  0 + Phương trình BC: 7 x  y  25  0 . Giải hệ:   x  y 1  0 13 9 Suy ra: C ( ;  ) . 4 4 450 + BC  (4  13 / 4) 2  (3  9 / 4) 2  , 4 Lop12.net. 0,25. 0,25. Điểm. 0,25. C. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> d ( A; BC )  Suy ra: S ABC. Câu Phần CâuVIa. 2(1,0) (1,0). 7.1  1(2)  25 7 2  12. 3 2.. 1 1 450 45  d ( A; BC ).BC  .3 2.  . 2 2 4 4. Nội dung Giả sử mặt phẳng cần tìm là: ( ) : ax  by  cz  d  0 (a 2  b 2  c 2  0) . Trên đường thẳng (d1) lấy 2 điểm: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0).  acd  0 c  2 a  b Do ( ) qua A, B nên:  nên  a  b  d  0  d  a b. 0,25. Điểm. 0,25. ( ) : ax  by  (2a  b) z  a  b  0 . Yêu cầu bài toán cho ta:. 1.a  1.b  1.(2a  b) 1  sin 300  2 2 1  (1) 2  12 . a 2  b 2  (2a  b) 2. 0,25.  2 3a  2b  3(5a 2  4ab  2b 2 )  21a 2  36ab  10b 2  0.  18  114 a  21 Dễ thấy b  0 nên chọn b=1, suy ra:   18  114 a   21 KL: Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn: 18  114 15  2 114 3  114 x y z 0 21 21 21 18  114 15  2 114 3  114 x y z  0. 21 21 21. Câu. Phần. Nội dung. 2. Chương trình Nâng cao. Câu Phần Nội dung CâuVIb. 1(1,0) Dễ thấy I  (d ) . Hai tiếp tuyến hợp với (d) một góc 450 suy ra tam giác (1,0) MAB vuông cân và tam giác IAM cũng vuông cân . Suy ra: IM  2 .  M  (d )  M ( a; a+2), IM  (a  1; a  1) ,  a0 . IM  2  2 a  1  2    a  2 Suy ra có 2 điểm thỏa mãn: M1(0; 2) và M2 (-2; 0). + Đường tròn tâm M1 bán kinh R1=1 là (C1): x 2  y 2  4 y  3  0 . Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C1) nên AB: x2  y 2  4 y  3  x2  y 2  2x  2 y  1  x  y 1  0 . Lop12.net. 0,25. 0,25 Điểm. Điểm. 0,5. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> + Đường tròn tâm M2 bán kinh R2=1 là (C2): x 2  y 2  4 x  3  0 . Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C2) nên AB: x2  y 2  4x  3  x2  y 2  2x  2 y  1  x  y  1  0 . + KL: Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn: x  y  1  0 và x  y  1  0 .. Câu Phần CâuVIb. 2(1,0) (1,0). Nội dung 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 n  [ AB, AC ]   0; 4; 4 . 0,25. Điểm D. - (ABC): y  z  2  0 . + H  ( ABC ) nên giả sử H (a; b; 2  b) .C A   H Ta có: AH  (a; b; b), BC  (4; 2; 2). K   CH  (a  2; b; b), AB  (2; 2; 2).   B  BC. AH  0  a b  0 Khi đó:      a  b  2 a  2b  2  0  AB.CH  0 Vậy H(-2; -2; 4). + Phương trình mặt phẳng qua H và vuông góc với AB là: x  y  z  4  0 .. 0,25. 0,25. x  t  Phương trình đường thẳng AB là:  y  t . z  2  t  xt   y  t  Giải hệ:  ta được x =2/3; y =-2/3, z =8/3. z  2t   x  y  z  4  0 Suy ra: K(2/3;-2/3; 8/3). Suy ra: 2. 2. 0,25. 2. 96 2   2  8  HK    2      2     4   . 3 3   3  3  Gọi  là góc cần tìm thì:. tan   DH / HK  96 /12  6 / 3    arctan( 6 / 3) Vậy   arctan( 6 / 3) là góc cần tìm.. Câu Phần CâuVIIb. (1,0). Nội dung Víi a,b >0 ta cã (a+b)(a+c)Lop12.net. 0,25. Điểm 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> ( ab  ac ) 2  a 2  bc  2a bc  (a  bc ) 2  0   a  b  a  c   ( ab  ac ) 2 .  a  b  a  c   (. a a a   a  (a  b)(a  c) a  ab  ac a b c 2 CM t råi céng vÕ víi vÕ ta ®­îc dpcm . ab  ac ) 0,5 0,25. sin C cos A.cos B tan C   cos A.cos B cos C tan A.tan B ABC không nhọn nên đặt x=tanA>0,y=tanB>0,z=tanC>0 x y z 3 x y z 3    víi x,y,z>0.DÔ dµng CM ®­îc    .DÊu “=”x¶y Tõ GT ta cã yz zx x y 2 yz zx x y 2 ra khi và chỉ khi x=y=z hay tam giác ABC đều. CâuV Ta cã tanA+tanB=. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>