Đề thi thử đại học môn toán năm học 2009 - 2010

TRƯỜNG THPT A THANH LIÊM
ĐỀ SỐ 1
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
 Năm học 2009-2010
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 3 1y x x   (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Đường thẳng ( ): 1y mx  cắt (C) tại ba điểm. Gọi A và B là hai điểm có hoành độ khác 0 trong
ba điểm nói ở trên; gọi D là điểm cực tiểu của (C). Tìm m để tam giác ADB vuông tại D.
Câu II (2 điểm)
1. Giải hệ phương trình
2
2
1 1 2
1 1 2
x y x
y x y
        
2. Giải phương trình: 22cos 2 3 sin cos 1 3(sin 3 cos )x x x x x   
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
2
0
sin cos
3 sin 2
x xI
x

  dx
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp đều S.ABC, đáy ABC có cạnh bằng a, mặt bên tạo với đáy một góc  0 90   . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng (SBC) theo a
và  .
Câu V (1 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab+bc+ca=abc. Chứng minh bất đẳng thức:
2 2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab
     
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B )
A.Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy ,cho bốn điểm A(1;0), B(-2;4), C(-1;4), D(3;5). Tìm toạ độ điểm
M thuộc đường thẳng ( ): 3 5 0x y   sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu (S): 2 2 2 2 4 6 11 0x y z x y z       và mặt
phẳng ( ): 2 2 17 0x y z    . Viết phương trình mặt phẳng (  ) song song với   và cắt (S) theo
thiết diện là đường tròn có chu vi bằng 6 .
Câu VII.a (1 điểm)
Giải bất phương trình
2
0,7 6log log 04
x x
x
    
B.Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho điểm A(2;0) và B(6;4). Viết phương trình đường tròn (C)
tiếp xúc với trục hoành tại điểm A và khoảng cách từ tâm (C) đến B bằng 5.
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng   1 1:
2 1 2
x y z    .
Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ( ) để tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất.
Câu VII.b(1 điểm) Giải hệ phương trình
2
2
4 2
1 lg 2lg 2 lg 1
2 2
x y y
y
x
           
 ..HẾT.
TRƯỜNG THPT A THANH LIÊM ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2009 LẦN 1
(Đáp án-thang điểm gồm 05 trang)
 ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
 Câu Đáp án Điểm
1.(1,0 điểm) Khảo sát
 I
(2,0 điểm)
*Tập xác định :D=R
*Sự biến thiên:
+Giới hạn: lim
x
y   ; limx y  
+Chiều biến thiên: , 23 3y x  , , 10
1
x
y
x
    
+y’>0 với ( ; 1) (1; )x     , y’<0 với ( 1;1)x 
 Hàm số đồng biến trên ( ; 1)  và (1; ) , nghịch biến trên (-1;1).
 Hàm số đạt cực đại tại 1, 3cdx y   , đạt cực tiểu tại 1, 1ctx y  
Bảng biến thiên: x  -1 1 
y’ + 0 - 0 +
 3 
y  -1
*Đồ thị: Vẽ chính xác
2.(1,0 điểm) Đường thẳng ( ):y=mx+1..........
+Phương trình hoành độ giao điểm (C) và  : 3 (3 ) 0x m x  
Để (C) và  có 3 giao điểm phân biệt thì m>-3
+Nghiệm của pt:
0
3
x
x m
   
Điểm D(-1;1) nên ( 3 1; 3 2), ( 3 1; 3 2)DA m m m DB m m m            
Để tam giác ABD vuông tại D thì . 0DA DB   và A,B,D không thẳng hàng.Dẫn tới:
3 23 2 0m m m   
2( )
1 5 ( )
2
m l
m tm
    
 (Loại m=-2 vì A trùng với D)
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu Đáp án Điểm
 II
(2điểm)
III
(1điểm)
1.(1,0 điểm) Giải hệ.................
Điều kiện 1, 1x y  . Hệ
2
2
( 1) 1
( 1) 1
x y
y x
       
,Đặt
1
1
u y
v x
    
 (u,v 0 ). 0.25
Hệ trở thành
4
4
(1)
(2)
u v
v u
  
, Lấy (1)-(2) ta có 4 4u u v v   (3) 0.25
Xét hàm số 4( ) , 0f t t t t   , ta có , 3( ) 4 1 0, 0f t t t    nên hàm số đồng biến 0.25
trên  0; .Từ (3) ta có u=v
Từ u=v ta có 1 1x y x y    
Thay vào (1) ta có 2( 1) 1x x   1
2
x
x
   0.25
Với x=1 ta có y=1,với x=2 ta có y=2.Vậy hệ có 2 nghiệm là (1 ;1) và (2 ;2)
2.(1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác..................
Hệ tương đương với :
2 cos 2 3 sin 2 3(sin 3 cos )
1 3 1 32 2( cos 2 sin 2 ) 6( sin cos )
2 2 2 2
x x x x
x x x x
   
    
 0.5
2 2cos 2 6cos
3 6
x x
              
2
cos( ) 0
62cos ( ) 3cos( )
36 6 cos( ) ( )
6 2
x
x x
x l

 

         
 0.25
Nghiệm 2 2
3
x k   0.25
Tính tích phân.....
2
2
0
sin cos
4 (sin cos )
x xI dx
x x

   0.25
Đặt t=sinx-cosx ,
1
2
1
0 1, 1,
2 4
dt
x t x t I
t


         0.25
1
1
1 1 1
4 2 2
I dt
t t
      0.25
=
1
1
1 1 1ln 2 ln 2 ln 3
4 4 2
t t

        0.25
Câu Đáp án Điểm
IV
(1điểm)
 V
(1điểm)
Cho hình chóp đều S.ABC....................
 0.25
Gọi M là trung điểm của BC,ta có ( )
BC AM
BC SAM
BC SM
     SMA =
SH=HM .tan 3 tan
6
a  
2 3
4ABC
aS  0.25
Vậy
3
.
1 tan.
3 24S ABC ABC
aV S SH   0.25
Hạ 3( ) ( , ( )) sin sin
2
aAK SM AK SBC d A SBC AK AM         0.25
Chứng minh bất đẳng thức..............
Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
3 3 3
2 2 2 4
a b c a b c
a abc b abc c abc
      0.25
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b c
a b a c b a b c c b c a
         
3 3
3
3
3 . .
( )( ) 8 8 ( )( ) 8 8
3 (1)
( )( ) 8 8 4
a a b a c a a b a c
a b a c a b a c
a a b a c a
a b a c
        
     
(Theo BĐT Cauchy) 0.5
Tương tự:
3 33 3(2), (3)
( )( ) 8 8 4 ( )( ) 8 8 4
b b a b c b c c a c b c
b a b c c a c b
           
Cộng các vế của (1),(2),(3) ta có:
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b c
a b a c b a b c c b c a
        
0.25
Dấu ‘=’ xảy ra khi đồng thời xảy ra dấu bằng ở (1),(2),(3) ,kết hợp giả thiết ta có
a=b=c=3
A
B
C
S
H M
K

THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN:
Câu Đáp án Điểm
VIa
(2điểm)
VIIa
(1điểm)
1.(1,0điểm) Trong mặt phẳng với hệ Oxy cho bốn điểm A(1;0), B(-2;4), C(-1;4), D(3;5)...
+Giả sử M(a;3a-5)
1 1( 3;4); ( 2 ;9 3 ) 3(9 3 ) 4( 2 ) 19 13
2 2MAB
AB MB a a S a a a                 0.25
1 1(4;1); ( 1 ;9 3 ) 4(9 3 ) 1( 1 ) 37 11
2 2MCD
CD MC a a S a a a              0.25
Từ giả thiết ta có :
7
19 13 37 11 3
9
a
a a
a
        
 0.25
Với 7 7( ;2)
3 3
a M  0.25
9 ( 9; 32)a M    
Kết luận : có hai điểm M thỏa mãn 7( ;2)
3
M ; ( 9; 32)M  
2.(1,0điểm) Viết phương trình mặt phẳng song song với (và cắt mặt cầu (S) ........
(S) có tâm I(1 ;-2 ;3), R=5 0.25
(//( nên phương trình ( có dạng : 2x+2y-z+D=0 (D 17) 0.25
Chu vi đường tròn bằng 6 2 23 ( , ( )) 5 3 4R d I       0.25
17( )5
4
7( )3
D lD
D tm
       ,Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là: 2x+2y-z-7=0 0.25
Giải bất phương trình.........................
Bất phương trình đã cho tương đương với
2 2
6log 1 64 4
x x x x
x x
     0.5
2 5 24 ( 3)( 8)0 0 ( 4; 3) (8; )
4 4
x x x x
x
x x
              0.5
THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu Đáp án Điểm
VIb
(2điểm)
1.(1,0điểm)Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc.......
Tâm I của đường tròn thuộc đường thẳng qua A và vuông góc với Ox có pt: x=2 0.25
nên giả sử I(2;b)
Theo giả thiết IB=5 2 2 2
7
25 4 (4 ) 25
1
b
IB b
b
         0.25
1 (2;1), 1b I R IA    Phương trình đường tròn: 2 2( 2) ( 1) 1x y    0.25
7 (2;7), 7b I R IA     Phương trình đường tròn: 2 2( 2) ( 7) 49x y    0.25
Câu Đáp án Điểm
VIb
VIIb
(1điểm)
2.(1,0điểm)Tìm M thuộc đường thẳng  để tam giác MAB..................
M , giả sử M(-1+2t; 1-t; 2t) ; ( 2 2 ; 4 ;2 ); (2; 2;6)AM t t t AB       
, ( 2 24;12 8 ;12 2 )AM MB t t t       
 
21 , 3 2 2 12
2MAB
S AM AB t t     
 
23 2 ( 1) 11 3 22MABS t    , Dấu bằng xảy ra khi t=1.
Vậy diện tích tam giác MAB nhỏ nhất khi t=1, suy ra M(1 ;0 ;2)
Giải hệ phương trình...........................
Điều kiện x 0,y>-2.Khi đó phương trình thứ hai của hệ đã cho tương đương với
log log(4 2 ) 4 2x y x y    
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được : 2 2 2
0 13 2
29 2
y
y y y
y y
      
Với y= 1
2
 ta có x= 5
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là : 1 15; , 5;
2 2
         
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.5
Chú ý :Các cách giải khác nếu đúng thì cho điểm tương đương.