DE THI THU DH 2011DAP AN

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (143.13 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Đề thi thử đại học năm 2009

Môn toán - Khối A

Thời gian 180 phút ( khụng k giao )

Phần A :Dành cho tất cả các thi sinh .

Cõu I (2,0 im) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (c) của hàm số : y = x3 – 3x2 + 2 
2) Biện luận theo m số nghiệm của phơng trình : 2 2 2

m

x x

x

Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phơng trình : cos 11 5 sin 7 2 sin 3 2009

4 2 4 2 2 2

x x x

  

     

    

     

     

2) Giải h phng trỡnh:

0

22

2

0

9

6

4

2
2

2
2
4

y

x

y

x

y

x

..

Câu III(2,0 điểm ) 1) Tính tích ph©n : 3

(

4)

3

1

3 x

dx

x





  



2) Cho x , y , z lµ ba sè thùc tháa m·n : 2-x + 2-y +2-z = 1 .Chøng minh r»ng :

4

2

x y z

x y z



y z x



z x y



2 2 2

x y z

Câu IV ( 1,0 điểm ) :

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vng góc với
mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600 . Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho 
AM = 3

a , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N . Tính thể tích khối chóp S.BCNM .
Phần B ( Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần ( phần 1 hoc phn 2)

Phần 1 ( Dành cho học sinh học theo chơng trình chuẩn )

Câu V.a ( 2,0 ®iĨm ) 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường tròn ( C) :

2 2 2 6 15 0

x y  x y  và đường thẳng (d) : mx y  3m0 ( m là tham số). Gọi I là tâm của
đường trịn . 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 0xyz cho hai đờng thẳng :
d1 : 2 1

4 6 8

x y z

 

  ; d2 :

7 2

6 9 12

x y z

 

 & 2 ®iÓm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).

1) Chứng minh rằng d1 và d2 song song . Viết phơng trình mặt phẳng ( P) qua d1 và d2 .
Tìm điểm I trên đờng thẳng d1 sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nht

Câu VI.a (1.0điểm) Giải phơng trình : 9 2 27 3

3 3

log (x1) log 2log 4 x log (x4)

Phần 2 ( Dành cho học sinh học chơng trình nâng cao )

Câu V.b (2,0®iĨm) 1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường trịn (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 với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: ( ) :1

1 1 2
x y z
d   và

1 1

( ) :

2 1 1

x y z

d    

 .

Tìm tọa độ các điểm M thuộc ( )d1 và N thuộc ( )d2 sao cho đường thẳng MN song song với mặt

phẳng

 

P : – 2010 0x y  z   độ dài đoạn MN bng 2.

CâuVI.b ( 1,0 điểm) Cho phơng tr×nh : 2 2

5 5

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Tìm các giá trị của tham số m để phơng trình đã cho có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 1;5 3

 

.Hết
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm .

Hớng dẫn giải :
Phần A : Dành cho tất cả các thí sinh

Câu I : 1) ( Thí sinh tự khảo sát và vẽ đồ thị )
2) Đồ thị hàm số y = 2

(x  2x 2) x1 , víi x  1 có dạng nh hình vẽ :

Da vo thị ta có : *) Nếu m < -2 : Phơng trình vơ nghiệm
*) Nếu m = - 2 : Phơng trình có hai nghiệm

*) NÕu 2 < m < 0 : Phơng trình có 4 nghiƯm ph©n biƯt
*) nÕu m 0 : Phơng trình có hai nghiệm phân biƯt
C©u II : 1) cos 11 5 sin 7 2 sin 3 2009

4 2 4 2 2 2

x x x

  

     

    

     

      ( 1)

( 1)  sin 5 sin 3 2 cos3

2 4 4 2 2

x   x x

   

   

   

     -2

3 3

cos cos 2 cos

4 2 2

x x
x 
 
 
 
 

 cos3 0
2

x

 hc cos( ) 2

4 2

x  . Giải các phơng trình cơ bản tìm đợc nghiệm :

2 , x= 2 , x = k2

3 3 2

k

x  k

II.2

Giải hệ phơng trình:

























0

22

2

0

9

6

4

2
2
2
2
4

y

x

y

x

y

x

* Hệ phơng trình tơng đơng với























0

22 )2

(

4 )3

(

)2

(

2
2
2
2
2

x

y

x

y

x

2 2 2

2 2

( 2) ( 3) 4

( 2 4)( 3 3) 2 20 0

x y

x y x

    


       


Dat 
2
2
3
x u
y v
  

 


* Thay vào hệ phơng trình ta có:

2 2

4
. 4( ) 8
u v

u v u v
  

  

 2
0
u
v






hc 0
2
u
v






1,00
0,25
0,25
0,25
y = m

1-- 2

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

thế vào cách đặt ta đợc các nghiệm của hệ là : 2
3
x
y





; 2
3
x
y






; 2
5
x
y
 





; 2
5
x
y
 





;

C©u III 1) TÝnh tÝch ph©n I = 3

(

4)

3

1

3 x

dx

x

Đặt t = x1 . Ta cã I =





2 2
2
0 0
20 12
2 6
3 2
t

t dt dt

t t

 
 







2
2 2

0 2
0
20 12
6
3 2
t

t t dt

t t



 

 



= - 8 +

2 2

0 0

28 8

2dt 1dt

t  t



= - 8 + 28ln2 – 8 ln3

2) Cho x , y , z lµ ba sè thùc tháa m·n : 2-x + 2-y +2-z = 1 .Chøng minh r»ng :

4

2

x y z

x y z



y z x



z x y





2 2 2

x y z

Đặt 2x = a , 2y =b , 2z = c . Tõ gi¶ thiÕt ta cã : ab + bc + ca = abc

Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :

2 2 2

a b c a b c

a bc b ca c ab

 

  

   ( *)

( *) 

3 3 3

2 2 2

a b c a b c

a abc b abc c abc

 

  

  



3 3 3

( )( ) ( )( ) ( )( ) 4

a b c a b c

a b a c b c b a c a c b

 
  
     
Ta cã
3
3

( )( ) 8 8 4

a a b a c
a
a b a c

 

  

  ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si)
Tơng tự

( )( ) 8 8 4

b b c b a

b
b c b a

 

  

  ( 2)

( )( ) 8 8 4

c c a c b

c
c a c b

 

  

  ( 3) .

Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh
Câu IV :

Tính thể tích hình chóp SBCMN

( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD
Ta cã : BC AB BC BM

BC SA


 




. Tứ giác BCMN là hình thang vng có BM là đờng cao

Ta cã SA = AB tan600 = a

3 ,

3 2

2 3 3

a
a

MN SM MN

AD SA a a

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Suy ra MN = 4
3

a

. BM = 2
3

a

DiƯn tÝch h×nh thang BCMN lµ :

S =

4
2

2 10

2 2 3 3 3

a
a

BC MN a a

BM

 



 



  

 

 

Hạ AH BM . Ta có SHBM và BC (SAB)  BC  SH . Vậy SH ( BCNM)
 SH là đờng cao của khối chóp SBCNM

Trong tam gi¸c SBA ta cã SB = 2a , AB AM

SB MS =

1
2 .
Vậy BM là phân gi¸c cđa gãc SBA   0

SBH  SH = SB.sin300 = a
Gäi V lµ thÓ tÝch chãp SBCNM ta cã V = 1 .( )

3SH dtBCNM =

3
10 3

a
 Phần B. (Thí sinh chỉ đợc làm phần I hoc phn II)

Phần I. (Danh cho thí sinh học chơng tr×nh chuÈn)

Câu V.a.2) Véc tơ chỉ phơng của hai đờng thẳng lần lợt là: u 1(4; - 6; - 8)

u ( - 6; 9; 12)

+) u1

và u2

cùng phơng

+) M( 2; 0; - 1)  d1; M( 2; 0; - 1)  d2

VËy d1 // d2

*) VÐc tơ pháp tuyến của mp (P) là n = ( 5; - 22; 19)
(P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0

2) AB



= ( 2; - 3; - 4); AB // d1

Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1

Ta cã: IA + IB = IA1 + IB  A1B

IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B

Khi A1, I, B thẳng hàng I là giao điểm của A1B và d

Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B.

*) Gi H l hỡnh chiu của A lên d1. Tìm đợc H

36 33 15
; ;
29 29 29

 

 

 

A’ đối xứng với A qua H nên A’ 43 95; ; 28
29 29 29



I là trung điểm của AB suy ra I 65; 21; 43
29 58 29

 

 

 

 

§ K: 4 4
1

x
x

  






(1)  log3(x + 1) + log34 = log3(4 – x) + log3(x + 4)

 log34 x1 = log3(16 – x2)  4 x1 = 16 – x2

Giải phơng trình tìm đợc x = 2 hoc x = 2 - 24

Phần II.

Câu V. b.1) Dễ thấy I( )d . Hai tiếp tuyến hợp với (d) một góc 450 suy ra tam giác MAB

vng cân và tam giác IAM cũng vuông cân . Suy ra: IM  2.

( ) (

M d  M a; a+2), IM (a1;a1), 2 2 1 2 0

2
a

IM a

a


     


 .
Suy ra có 2 điểm thỏa mãn: M1(0; 2) và M2 (-2; 0).

+ Đường tròn tâm M1 bán kinh R1=1 là (C1): 2 2

4 3 0

x y  y  .
Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C1) nên AB:

2 2 4 3 2 2 2 2 1 1 0

x y  y x y  x y  x y   .

+ Đường tròn tâm M2 bán kinh R2=1 là (C2): x2 y2 4x 3 0

    .

I
d

H
A

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C2) nên AB:

2 2 2 2

4 3 2 2 1 1 0

x y  x x y  x y  x y   .

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

2) M N, ( ), ( )d1 d2 nên ta giả sử M t t( ; ; 2 ), ( 1 2 ; ;11 1 t1 N   t t2 2 t2) NM (t12t21;t1 t2; 2t1 t21)



.
+ MN song song mp(P) nên: n NMP.  0 1.(t12t21) 1.( t1 t2) 1(2 t1 t2 1) 0

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

2 1 ( 1 1; 2 ;31 1 1)

t t NM t t t

      



+ Ta có:

2 2 2 2

1 1 1 1 1

0
2 ( 1) (2 ) (3 1) 2 7 4 0 4
7
t

MN t t t t t

t



           

 


.
+ Suy ra: M(0; 0; 0), ( 1; 0;1)N  hoặc ( ; ; ), ( ;4 4 8 1 4 3; )

7 7 7 7 7 7

M N  .

+ Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên khơng có trường hợp nào M( ).P

KL: Vậy có hai cp M, N nh trờn tho món.
b.2) Đặt t = 2

log x1 ta thÊy nÕu x  1;5 3

thì t

1;2

Phơng trình có dạng: t2 + 2t – m – 3 = 0; t 



1;2



t2 + 2t – 3 = m ; t 



1;2



Lập bất phơng rình hàm f(t) = t2 + 2t – 3 trên



1;2



ta đợc 0  f(t)  5

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6></div>

DE THI THU DH 2011DAP AN

0

22

2

0

9

6

4

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

(

4)

3

1

3

<i>x</i>

<i>dx</i>

<i>x</i>

<i>x</i>



  



4

4

4

2

2

2

2

2

2











 



























0

22

2

0

9

6

4

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

















