Đề Toán - Thi thử Đại học - lần 5
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác
SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a
và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 300 .
Bạn đang xem tài liệu "Đề Toán - Thi thử Đại học - lần 5", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010-2011
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 =
2x + 4
1- x
.
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C ) của hàm số trên.
2) Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N
và MN = 3 10 .
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình: sin 3x - 3sin 2x - cos 2x + 3sin x + 3cos x - 2 = 0 .
y(x + y)2 = 2x2 + 7 y + 2
ì x2 + y2 + xy +1 = 4 y
2) Giải hệ phương trình: í
î
p
.
2
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = ò
0
3sin x - 2cos x
(sin x + cos x)3
dx
Câu IV (1 điểm):
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác
SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a
và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 300 .
Câu V (1 điểm): Cho các số dương a, b, c : ab + bc + ca = 3.
+ + £
1+ a (b + c) 1+ b (c + a) 1+ c (a + b)
abc
Chứng minh rằng:
1 1 1 1
2 2 2
.
II. PHẦN RIÊNG (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 với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn
(C) : x2 + y2 – 2x – 2 y + 1 = 0, (C ') : x2 + y2 + 4x – 5 = 0 cùng đi qua M(1; 0). Viết phương
trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C), (C ') lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).
Câu VII.a (1 điểm):
Khai triển đa thức: (1- 3x)20 = a0 + a1x + a2 x2 + ... + a20 x20. Tính tổng: S = a0 + 2 a1 + 3 a2 + ... + 21 a20 .
2. Theo chương trình Nâng cao :
Câu VI.b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm
H (1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K (0; 2) , trung điểm cạnh AB là M (3;1) .
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1) :
x y z
= = và (d2 ) :
1 1 2
x +1 y z -1
= =
-2 1 1
.
Tìm tọa độ các điểm M thuộc (d1) và N thuộc (d2 ) sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng
( P ) :
x – y + z + 2010 = 0 độ dài đoạn MN bằng 2.
ïîlog1-x ( y + 5) - log2+ y ( x + 4)
ìï2 log1-x (- xy - 2x + y + 2) + log2+y (x2 - 2x +1) = 6
Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình í
=1
.................... H ẾT
Câu
Phần
Nội dung
Điểm
II
(2,0)
1(1,0)
sin 3x - 3sin 2x - cos 2x + 3sin x + 3cos x - 2 = 0 Û
(sin 3x + sin x) + 2sin x - 3sin 2x - (cos 2x + 2 - 3cos x) = 0
2
Û 2 sin 2x.cos x + 2 sin x - 6.sin .cos x - (2 cos x - 3cos x +1) = 0
2 2
Û 2 sin x.cos x + 2 sin x - 6.sin .cos x - (2 cos x - 3cos x +1) = 0
é 1
êsin x =
2
2 ê
Û (2sin x -1)(2 cos x - 3cos x + 1) = 0 Û cos x = 1
ê
ê 1
êcos x =
ë 2
é p
ê x = + k 2p
1 6
+) sin x = Û ê , (k Î Z ).
2 5p
êx = + k 2p
êë 6
é p
ê x = + k 2p
1 3
+) cos x = Û ê , (k Î Z ).
2 p
ê x = - + k 2p
ê
ë 3
+) cos x = 1 Û x = k 2p , (k Î Z ).
KL:Vậy phương trình có 5 họ nghiệm như trên.
0,25
0,25
0,25
0,25
2(1,0)
2
ì x +1 + x + y = 4
2 2 ï
ì x + y + xy + 1 = 4 y ï y
Dễ thấy y ¹ 0 , ta có: í 2 2 Û í 2 .
î y(x + y) = 2x + 7 y + 2 ï 2 x +1
(x + y) - 2 = 7
ïî y
2
x +1 ì u + v = 4 ì u = 4 - v é v = 3, u = 1
Đặt u = , v = x + y ta có hệ: í 2 Û í 2 Û ê
y v - 2u = 7 v + 2v -15 = 0 v = -5, u = 9
î î ë
0,25
0,25
Câu
Phần
Nội dung
Điểm
I
(2,0)
1(1,0)
Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa.
1,0
2(1,0)
Từ giả thiết ta có: (d ) : y = k (x -1) +1. Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau
2 2
có hai nghiệm (x1; y1), (x2; y2 ) phân biệt sao cho ( x2 - x1 ) + ( y2 - y1 ) = 90(*)
ì 2x + 4 2
ï = k( x -1) + 1 ìkx - (2k - 3) x + k + 3 = 0
í -x +1 (I ) . Ta có: (I ) Û í y = k (x -1) +1
ï î
î y = k( x -1) + 1
Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
2 3
kx - (2k - 3)x + k + 3 = 0(**) có hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được k ¹ 0, k < .
8
2 2
2 2
Ta biến đổi (*) trở thành: (1+ k ) ( x2 - x1 ) = 90Û (1+ k )[( x2 + x1 ) - 4x2 x1] = 90(***)
2k - 3 k + 3
Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1 + x2 = , x1x2 = , thế vào (***) ta có
k k
phương trình:
3 2 2 -3 + 41 -3 - 41
8k + 27k + 8k - 3 = 0 Û (k + 3)(8k + 3k -1) = 0 Û k = -3, k = , k = .
16 16
KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên.
0,25
0,5
0,25
Câu
Phần
Nội dung
Điểm
IV
(1,0)
+ Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N.
+ Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có S
SG 2
= suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD.
SO 3
Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của
SC, SD. N
1 1
+ Dễ có: VS.ABD = VS.BCD = VS.ABCD = V .
2 2
Theo công thức tỷ số thể tích ta có: M
G
VS.ABN SA SB SN 1 1 1 A
= . . = 1.1. = Þ VS.ABN = V
VS.ABD SA SB SD 2 2 4
VS.BMN SB SM SN 1 1 1 1
= . . = 1. . = Þ VS.ABN = V O
VS.BCD SB SC SD 2 2 4 8
Từ đó suy ra:
3 B C
VS.ABMN = VS.ABN + VS.BMN = V .
8
1
+ Ta có: V = SA.dt ( ABCD) ; mà theo giả thiết SA ^ ( ABCD) nên góc hợp bởi AN với
3
mp(ABCD) chính là góc NAD , lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD cân tại
0 SA
N, suy ra NAD = NDA = 30 . Suy ra: AD = = a 3 .
tan 300
1 1 3 3
Suy ra: V = SA.dt( ABCD) = a.a.a 3 = a .
3 3 3
0,25
D
0,25
Câu
Phần
Nội dung
Điểm
III
(1,0)
p p p
Đặt x = - t Þ dx = -dt, x = 0 Þ t = , x = Þ t = 0.
2 2 2
p p p
2 2 2
3sin x - 2cos x 3cos t - 2sin t 3cos x - 2sin x
Suy ra: I = dx = dt = dx (Do tích phân
ò 3 ò 3 ò 3
(sin x + cos x) (cos t + sin t) (cos x + sin x)
0 0 0
không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số).
p p p
2 2 2
3sin x - 2 cos x 3cos x - 2sin x 1
Suy ra: 2I = I + I = dx + dx = dx =
ò 3 ò 3 ò 2
(sin x + cos x) (cos x + sin x) (sin x + cos x)
0 0 0
p p
2 2 p
1 1 1 æ p ö 1 æ p ö 2 1
= dx = d x - = tan x - = 1. KL: Vậy I = .
ò0 2 cos2 çæ x - p ÷ö 2 ò0 cos2 çæ x - p ÷ö èç 4 ø÷ 2 èç 4 ø÷ 0 2
è 4 ø è 4 ø
0,25
0,25
0,5
+) Với v = 3, u = 1 ta có hệ:
x + y = 3 y = 3 - x y = 3 - x
ìx2 + 1 = y ì x2 + 1 = y ì x2 + x - 2 = 0
í Û í Û í
î î î
é x = 1, y = 2
Û ê
ë x = -2, y = 5
.
0,25
x + y = -5 y = -5 - x y = -5 - x
ìx2 + 1 = 9 y ìx2 +1 = 9 y ìx2 + 9x + 46 = 0
+) Với v = -5, u = 9 ta có hệ: í Û í Û í
î î î
này vô nghiệm.
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: (x; y) = {(1; 2), (-2; 5)}.
, hệ
0,25
Câu
Phần
Nội dung
Điểm
VIa
(2,0)
1(1,0)
+ Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R = 1, R ' = 3, đường
2 2
thẳng (d) qua M có phương trình a(x -1) + b( y - 0) = 0 Û ax + by - a = 0, (a + b ¹ 0)(*) .
+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.
Khi đó ta có:
2 2 2 2 2 2
MA = 2MB Û IA - IH = 2 I ' A - I ' H ' Û 1- ( d (I ;d )) = 4[9 - (d (I ';d )) ] ,
IA > IH .
2 2
2 2 9a b
Û 4 ( d (I ';d )) - ( d (I ;d )) = 35 Û 4. 2 2 - 2 2 = 35
a + b a + b
2 2
36a - b 2 2
Û = 35 Û a = 36b
2 2
a + b
éa = -6
Dễ thấy b ¹ 0 nên chọn b = 1 Þ .
ê a = 6
ë
Kiểm tra điều kiện IA > IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn.
0,25
0,25
0,25
0,25
2(1,0)
+ Ta có: AB = (2; 2; -2), AC = (0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB,
AC là: x + y - z -1 = 0, y + z - 3 = 0. r uuur uuur
+ Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là n = é AB, AC ù = (8; -4; 4). Suy ra (ABC):
ë û
2x - y + z +1 = 0 .
ì x + y - z -1 = 0 ì x = 0
ï ï
+ Giải hệ: í y + z - 3 = 0 Þ í y = 2 . Suy ra tâm đường tròn là I (0; 2;1).
ï ï
2x - y + z + 1 = 0 z = 1
î î
2 2 2
Bán kính là R = IA = (-1- 0) + (0 - 2) + (1-1) = 5.
0,25
0,25
0,5
Câu
Phần
Nội dung
Điểm
V
(1,0)
3 2
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 3 = ab + bc + ca ³ 3 (abc) Þ abc £ 1 .
2 2 1 1
Suy ra: 1+ a (b + c) ³ abc + a (b + c) = a(ab + bc + ca) = 3a Þ £ (1).
2
1+ a (b + c) 3a
1 1 1 1
Tương tự ta có: £ (2), £ (3).
2 2
1+ b (c + a) 3b 1+ c (a + b) 3c
Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:
1 1 1 1 1 1 1 ab + bc + ca 1
+ + £ ( + + ) = = .
2 2 2
1+ a (b + c) 1+ b (c + a) 1+ c (a + b) 3 c b c 3abc abc
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc = 1, ab + bc + ca = 3 Þ a = b = c = 1, (a, b, c > 0).
0,25
0,25
0,5
Câu
Phần
Nội dung
Điểm
VII.a
(1,0)
20 ¢ 2 20
+ Ta có: ( x(1- 3x) ) = a0 + 2a1x + 3a2 x + ... + 21a20 x .
20 19 2 20
Û (1- 3x) - 60x(1- 3x) = a0 + 2a1x + 3a2 x + ... + 21a20 x (*).
k k
Nhận thấy: ak x = ak (-x) do đó thay x = -1 vào cả hai vế của (*) ta có:
22
S = a0 + 2 a1 + 3 a2 + ... + 21 a20 = 4 .
0,25
0,25
0,25
0,25
3 5
Suy ra: thể tích cần tìm là: VMNABCD = VS.ABCD -VS.ABMN = V - V = V =
8 8
5 3a3
24
.
0,5
Câu
Phần
Nội dung
Điểm
VIb
(2,0)
1(1,0)
+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận A
uuur
HK = (-1; 2) làm vtpt và AC đi qua K nên
( AC) : x - 2 y + 4 = 0. Ta cũng dễ có:
(BK ) : 2x + y - 2 = 0 .
+ Do A Î AC, B Î BK nên giả sử M
A(2a - 4; a), B(b; 2 - 2b). Mặt khác M (3;1) là K
trung điểm của AB nên ta có hệ: H
ì2a - 4 + b = 6 ì2a + b = 10 ìa = 4
í Û í Û í .
a + 2 - 2b = 2 a - 2b = 0 b = 2
î î î
Suy ra: A(4; 4), B(2; - 2). C B
uuur
+ Suy ra: AB = (-2; - 6) , suy ra: ( AB) : 3x - y - 8 = 0 . uuur
+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HA = (3; 4) , suy ra:
(BC) : 3x + 4 y + 2 = 0.
KL: Vậy : ( AC) : x - 2 y + 4 = 0, ( AB) : 3x - y - 8 = 0 , (BC) : 3x + 4 y + 2 = 0.
0,25
0,5
0,25
2(1,0)
+ M , N Î (d1), (d2 ) nên ta giả sử uuuur
M (t1;t1; 2t1), N (-1 - 2t2 ; t2 ;1 + t2 ) Þ NM = (t1 + 2t2 +1; t1 - t2 ; 2t1 - t2 -1) .
uur uuuur
+ MN song song mp(P) nên: nP .NM = 0 Û 1.(t1 + 2t2 + 1) -1.(t1 - t2 ) +1(2t1 - t2 -1) = 0
uuuur
Û t2 = -t1 Þ NM = (-t1 +1; 2t1;3t1 -1) .
é t1 = 0
2 2 2 2 ê
+ Ta có: MN = 2 Û (-t1 + 1) + (2t1) + (3t1 -1) = 2 Û 7t1 - 4t1 = 0 Û 4 .
êt1 =
ë 7
4 4 8 1 4 3
+ Suy ra: M (0; 0; 0), N (-1; 0;1) hoặc M ( ; ; ), N ( ; - ; ) .
7 7 7 7 7 7
+ Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào M Î (P).
KL: Vậy có hai cặp M, N như trên thoả mãn.
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
Phần
Nội dung
Điểm
VII.b
(1,0)
2
ì-xy - 2x + y + 2 > 0, x - 2x +1 > 0, y + 5 > 0, x + 4 > 0
+ Điều kiện: í (I ) .
î0 < 1- x ¹ 1, 0 < 2 + y ¹ 1
ìï2 log1-x[(1- x)( y + 2)] + 2log2+ y (1 - x) = 6
+ Ta có: (I ) Û ílog1-x ( y + 5) - log2+y (x + 4) = 1
ïî
ìïlog1-x ( y + 2) + log2+ y (1- x) - 2 = 0 (1)
Ûílog1-x ( y + 5) - log2+ y ( x + 4) = 1 (2).
ïî
1 2
+ Đặt log2+ y (1- x) = t thì (1) trở thành: t + - 2 = 0 Û (t -1) = 0 Û t = 1.
t
Với t = 1 ta có: 1- x = y + 2 Û y = -x -1 (3). Thế vào (2) ta có:
-x + 4 -x + 4 2
log1-x (-x + 4) - log1-x (x + 4) = 1 Û log1-x = 1 Û = 1 - x Û x + 2x = 0
x + 4 x + 4
é x = 0 é y = -1
. Suy ra: .
Ûê ê
x = -2 y = 1
ë ë
+ Kiểm tra thấy chỉ có x = -2, y = 1 thoả mãn điều kiện trên.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = -2, y = 1 .
0,25
0,25
0,25
0,25
Tài liệu đính kèm:
ĐỀ TOÁN - THI THỬ ĐH - LẦN 5.docx
Tài liệu liên quan
Khảo sát hàm số các bài toán liên quan
Lượt xem: 1250
Lượt tải: 0- Bài tập Khảo sát hàm số lớp 12
Lượt xem: 1422
Lượt tải: 0
Tự ôn luyện thi Đại học môn Toán
Lượt xem: 1510
Lượt tải: 0- Tích phân 12 - THPT Tân Bình
Lượt xem: 1495
Lượt tải: 0
- Toán - Tổng hợp 25 đề thi thử đại học
Lượt xem: 1004
Lượt tải: 0
- Ðề thi thử đại học năm 2010 lần I Môn: Toán
Lượt xem: 661
Lượt tải: 0
- Giáo án Bài 3: Mặt trụ, hình trụ, khối trụ (tiết 20)
Lượt xem: 1029
Lượt tải: 0
- Đề 49 Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2010 môn: Toán. Khối A, B
Lượt xem: 880
Lượt tải: 0
- Đề tham khảo thi học kì I Toán lớp 12 (Đề 14)
Lượt xem: 1175
Lượt tải: 0
- Giáo án Tiết 78: Luyện tập căn bậc hai của số phức và phương trình bậc hai
Lượt xem: 1102
Lượt tải: 0
Copyright © 2024 Lop12.net - Giáo án điện tử lớp 12, Sáng kiến kinh nghiệm hay, chia sẻ thủ thuật phần mềm
