Đề thi thử đại học môn Toán khối A - THPT Nam Đông

TRƯỜNG THPT NAM ĐÔNG ĐỀ THI LẦN I NĂM 2009 LỚP DỰ ÁN P.H.E Môn: Toán, khối A (Ôn thi đại học, cao đẳng) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3 2 23y x x m x m= - + + (m là tham số) (1) 1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số khi 0m = . 2). Tìm m để đồ thị hàm số (1) có cực đại và cực tiểu đồng thời hai điểm đó đối xứng nhau qua đường thẳng ( ) : 2 5 0d x y- - = . Câu II (2 điểm): 1). Giải hệ phương trình 2 2 2 2 6 5 x y xy x y ì + =ï í + =ïî . 2). Giải phương trình: ( ) ( )2sin 1 tan 3sin cos sin 3x x x x x+ = - + . Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 2 4 sin cos 1 sin 2 x x I dx x p p - = +ò Câu IV (1 điểm): Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = a, BC = 2a, AA’ = a. Lấy điểm M trên cạnh AD sao cho AM = 3MD. Tính thể tích khối chóp M.AB’C và khoảng cách từ M đến mp(AB’C). Câu V (1 điểm): Cho x, y, z là ba số thực thoả mãn các điều kiện sau: 0x y z+ + = ; 1 0x+ > ; 1 0y+ > ; 1 0z + > . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 1 1 1 x y zQ x y z = + + + + + II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn 2 2 2 6 6 0x y x y+ + - + = và điểm ( )2;2M - . Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt đường tròn tại 2 điểm A, B sao cho M là trung điểm của đoạn AB . 2. Trong không gian Oxyz cho A(6; – 2;3), B(0;1;6), C(2;0; –1), D(4,1,0). Chứng minh bốn điểm A, B, C, D không đồng phẳng. Tính chiều cao DH của tứ diện ABCD. Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình 3 .2 3 2 1x xx x= + + . 2. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho đường thẳng ( ) : 2 2 0d x y- - = và hai điểm ( ) ( )0;1 , 3;4A B . Hãy tìm toạ độ điểm M trên (d) sao cho 2 22MA MB+ có giá trị nhỏ nhất. 2. Cho hai mặt phẳng (P): 2x – y – 2z + 3 = 0 và (Q): 2x – 6y + 3z – 4 = 0. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng 3: 1 1 2 x y z+D = = - đồng thời tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q). Câu VII.b (1 điểm) Tìm số hạng chứa 2x trong khai triển biểu thức 1 2 3 n x x x æ ö ç ÷ è ø - + , biết n là số tự nhiên thỏa mãn hệ thức 6 2 4 454 n n nC nA - - + = - - - HẾT - - - ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Câu Ý Nội dung lời giải vắn tắt Điểm I 2 1 1 · Với 0m = ta có hàm số: 3 23y x x= - · Tập xác định: ¡ ( )23 6 3 2y x x x x¢ = - = - 0 0; 2y x x¢ = Û = = · Giới hạn : ( )3 2lim 3 x x x ®+¥ - = +¥ ; ( )3 2 x - lim 3x x ® ¥ - = -¥ 0.25 · Bảng biến thiên x -¥ 0 2 +¥ y¢ + 0 - 0 + y -¥ 0 4- +¥ 0.5 · Đồ thị: - Giao với trục Ox tại: ( ) ( )0;0 , 3;0O A 2 -2 -4 5 0.25 2 Cách 1: 2 23 6y x x m¢ = - + , 29 3m¢D = - 1 · Điều kiện cần và đủ để hàm số có cực đại và cực tiểu là 20 9 3 0 3 3m m¢D > Û - > Û - < < 0.25 · Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình ( )d ¢ : 2 22 2 3 3 m m y x m æ ö = - + +ç ÷ è ø . Để tìm ( )d ¢ ta chia y cho y¢ và viết y về dạng: ( ) ( ) ( ) ( ).y x y x q x r x¢= + Gọi 1 2,x x là hoành độ các cực trị ta có: ( ) ( )1 2 0y x y x¢ ¢= = . Nên tung độ các cực trị thỏa: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 1 1.y y x y x q x r x y r x¢= = + Û = ; ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2.y y x y x q x r x y r x¢= = + Û = . Tức là tọa độ các điểm cực trị thỏa mãn p/trình ( )y r x= , đó chính là p/trình đ/thẳng đi qua 2 cực trị (Vì ( )r x là biểu thức bậc nhất theo x) 0.25 · Điều kiện cần để hai điểm cực đại, cực tiểu đối xứng nhau qua ( ) 1 5: 2 2 d y x= - là ( ) ( )d d ¢^ 22 1 2 . 1 3 2 mæ ö Û - = -ç ÷ è ø 2 0 0m mÛ = Û = 0.25 · Điều kiện đủ (thử lại xem ( )d có đi qua trung điểm của hai điểm cực trị hay không): Với 0m = ta có hàm số: 3 23y x x= - có điểm cực đại là ( )0;0O , điểm cực tiểu ( )2; 4B - . Trung điểm của OB là ( )1; 2I - thuộc ( )d . · Vậy O và B đối xứng nhau qua ( )d . Do đó giá trị của m thỏa mãn ycbt là 0m = . 0.25 Cách 2: Gọi ( ) ( )1 1 2 2; , ;x y x y lần lượt là tọa độ các điểm cực trị. Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình ( ) :d ¢ 2 22 2 3 3 m m y x m æ ö = - + +ç ÷ è ø . Nên ta có 2 2 1 1 2 2 3 3 m m y x m æ ö = - + +ç ÷ è ø ; 2 2 2 2 2 2 3 3 m m y x m æ ö = - + +ç ÷ è ø . Suy ra 2 2 1 2 1 22 2 2 3 2 3 y y m x x m m æ ö+ + = - + +ç ÷ è ø . Vì 1 2,x x là hai nghiệm của p/trình 2 23 6 0y x x m¢ = - + = nên theo đ/lý Viet ta có 1 2 6 2 3 b x x a - + = - = - = . Tọa độ trung điểm của hai điểm cực trị 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 .1 2 3 2 3 3 3 x x x I y y m x x m m m y m m +ì = = =ï ï í æ ö æ ö+ +ï = = - + + = - + +ç ÷ ç ÷ï è ø è øî 2 1 2 x I y m m =ìï í = + -ïî · Điều kiện cần để hai điểm cực đại, cực tiểu đối xứng nhau qua ( ) : 2 5 0d x y- - = là ( )I dÎ ( )21 2 2 5 0m mÛ - + - - = 2 00 1 m m m m =é Û + = Û ê = -ë · Điều kiện đủ (thử lại xem đ/thẳng nối 2 cực trị có vuông góc với ( )d ¢ ): - Với 0m = : thỏa mãn (theo cách 1) - Với 1m = - ta có hàm số 3 23 1y x x x= - + - Hàm số có hai cực trị và đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số có p/trình 2 22 4 2 2 3 3 3 3 m m y x m x æ ö = - + + = - -ç ÷ è ø . Đ/thẳng này có hệ số góc 4 3 k¢ = - ; đ/thẳng ( ) 1 5: 2 2 d y x= - có hệ số góc 1 2 k = . Ta có 4 1 2 . . 1 3 2 3 k k¢ = - = - ¹ - nên đường thẳng nối hai cực trị không vuông góc với ( )d . Do đó hai điểm cực trị không đối xứng nhau qua ( )d . Vậy trường hợp 1m = - không thỏa mãn ycbt. · Tóm lại: 0m = · Cách 3: Dùng điểm uốn (tâm đ/xứng của đồ thị) và còn có thể giải theo các cách khác. II 2 1 1 2 2 2 2 6 5 x y xy x y ì + =ï í + =ïî ( ) ( )2 6 2 5 xy x y x y xy ì + =ï í + - =ïî · Đặt ;S x y P xy= + = . Hệ trở thành ( ) ( )2 . 6 1 2 5 2 P S S P ì =ï í - =ïî Từ (2) suy ra 2 5 2 S P - = thay vào (1) được: 2 35 . 6 5 12 0 2 S S S S - = Û - - = 3SÛ = . Suy ra 2P = 0.5 · Vậy ta có hệ 3 2 x y xy + =ì í =î . Hệ này có hai nghiệm 1 2; 2 1 x x y y = =ì ì í í= =î î 0.5 2 1 · Điều kiện: ( )cos 0 2 x x k k p p¹ Û ¹ + ΢ Pt đã cho 2 2sin cossin 3sin cos 3sin 3 cos x x x x x x x +æ öÛ = - +ç ÷ è ø 2 2sin cossin 3sin cos 3cos cos x x x x x x x +æ öÛ = +ç ÷ è ø ( ) ( )2 2sin sin cos 3cos sin cosx x x x x xÛ + = + ( )( )2 2sin cos sin 3cos 0x x x xÛ + - = 0.25 2 2 sin cos 0 sin cos sin 3cos 0 sin 3 cos x x x x x x x x + = = -éé Û Û êê - = = ±ë ë ( ) tan 1 4 , , tan 3 3 x lx l n x x n p p p p é = - +ê= -é Û Û Îêê = ± êë = ± +êë ¢ 0.5 · Các nghiệm này thỏa mãn điều kiện (*). Vậy P/trình đã cho có các nghiệm: ( ); , 4 3 x l x n l n p pp p= - + = ± + ΢ 0.25 · Học sinh có thể giải theo cách khác. (biến đổi theo sin ,cosx x rồi quy đồng đưa về dạng 3 2 2 3.sin .sin .cos .sin .cos .cos 0a x b x x c x x d x+ + + = . Sau đó đưa về dạng tích như cách 1) III 1 ( )21 sin 2 sin cos sin cosx x x x x+ = + = + Trên đoạn ; 4 2 p pé ù ê úë û ta có sin 0;cos 0x x> > . Do đó 1 sin 2 sin cos sin cosx x x x x+ = + = + Nên ( )2 2 4 4 sin cossin cos sin cos sin cos d x xx x I dx dx x x x x p p p p +- = = - + +ò ò 0.5 · ( ) ( ) ( )2 4 1 ln sin cos ln 1 ln 2 ln 2 ln 2 2 I x x p p= - + = - + = = 0.5 · Cách khác: Học sinh có thể đặt ẩn phụ sin cost x x= + để biến đổi ( ) ( ) 1 2 2 1 12 1 ln ln 2 dt I dt t t t - = = = =ò ò IV 1 0.25 Cách 1: Phương pháp tọa độ Đặt hình hộp vào hệ tọa độ Oxyz sao cho ( )0;0;0 , , ,B O A Ox C Oy B Oz¢º Î Î Î . Khi đó ta có tọa độ các đỉnh hình hộp: ( );0;0A a ( )0;2 ;0C a ( )0;0;B a¢ ( );2 ;0D a a ( );0;A a a¢ ( )0;2 ;C a a¢ ( );2 ;D a a a¢ x z y M D' D C' A' B C A B' Vì M thuộc cạnh AD và 3AM MD= nên ta có 3AM MD=uuuur uuuur 3 1 4 4 OM OD OAÛ = + uuuur uuur uuur Suy ra tọa độ của M là 3 1 . . 4 4 3 1 3 .2 .0 4 4 2 3 1 .0 .0 0 4 4 x a a a a y a z ì = + =ï ï ï = + =í ï ï = + =ïî Vậy 3; ;0 2 a M aæ öç ÷ è ø 0.25 P/trình mặt phẳng ( )AB C¢ viết theo đoạn chắn: 1 2 2 2 0 2 x y z x y z a a a a + + = Û + + - = 0.25 (Nên chú ý cách chọn tọa độ để mp(AB’C) có thể viết theo đoạn chắn) Khoảng cách từ M đến mp ( )AB C¢ bằng: 2 2 2 3 2. 2.0 2 32 22. 92 1 2 a a a a a h + + - = = = + + · 1 . . 3 AB C V S h¢= (xem cách 2) 0.25 Cách 2: Phương pháp hình học I M D' D C' A' B C A B' Xem khối chóp M.AB’C như là khối tứ diện. Đáy là tam giác MAC và đường caoBB a¢ = . Chú ý tam giác MAC có đường cao là CD a= , đáy là 3 3 3 .2 4 4 2 a AM AD a= = = . · Diện tích tam giác MAC: 21 1 3 3 . . . 2 2 2 4MAC a a S AM CD a= = = · Thể tích khối chóp .M AB C¢ : 2 31 1 3 . . . . 3 3 4 4AMC a a V S BB a¢= = = Gọi I là trung điểm của AB¢ . Tam giác AB C¢ có 5CA CB a¢= = , 2AB a¢ = nên cân tại C. Đường cao 2 2 2 2 3 25 2 2 a a CI CA IA a= - = - = Diện tích tam giác AB C¢ : 21 1 3 2 3 . . . 2 2 2 2 2AB C a a S CI AB a¢ ¢= = = · Gọi h là khoảng cách từ M đến ( )mp AB C¢ ta có: 1 . . 3 AB C V S h¢= . Suy ra 3 2 3.3 4 23 2 AB C a V a h S a¢ = = = · Nhận xét: Tất nhiên bài toán có nhiều cách nhìn nhưng điều quan trọng là dùng PP nào cũng cần chú ý đến tính chặt chẽ, dễ tính toán là điều quan trọng. Ở PP tọa độ, cách chọn hệ trục sao cho ba đỉnh A, B’, C nằm trên ba trục tọa độ sẽ có lợi rất nhiều so với cách chọn khác. CÒn với PP hình học, việc chọn đáy phù hợp để khai thác tối đa giả thiết sẽ giúp chúng ta nhanh chóng tìm ra đáp số và tính toán bớt phức tạp. Chúc các em thành công !. V 1 Với 3 số dương a, , c ta có: 2 a b b a + ³ , 2 b c c b + ³ , 2 a c c a + ³ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c= = . Cộng 3 bất đẳng thức trên theo vế ta được 6 a b b c a c b a c b c a + + + + + ³ 1 1 1 9 a c b a b c b b c c a a æ ö æ ö æ öÛ + + + + + + + + ³ç ÷ ç ÷ ç ÷ è ø è ø è ø 9 a b c a b c a b c b c a + + + + + + Û + + ³ ( ) 1 1 1 9a b c a b c æ öÛ + + + + ³ç ÷ è ø 1 1 1 9 a b c a b c Û + + ³ + + (*) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c= = . 0.25 · 1 1 1 x y zQ x y z = + + + + + 1 1 1 3 1 1 1x y z æ ö = - + +ç ÷+ + +è ø Áp dụng kết quả (*) cho ba số dương 1; 1a x b y= + = + ; 1c z= + ta có 1 1 1 9 9 9 3 1 1 1 1 1 1 3 0 3x y z x y z x y z + + ³ = = = + + + + + + + + + + + + Do đó 1 1 13 3 3 0 1 1 1 Q x y z æ ö = - + + £ - =ç ÷+ + +è ø . 1 1 1 0 0 0 x y z Q x y z x y z + = + = +ì = Û Û = = =í + + =î 0.5 · Vậy { }min 0Q = đạt được khi 0x y z= = = . 0.25 VI.a 2 1 1 P/tr đ/tròn viết dạng chính tắc ( ) ( )2 21 3 4x y+ + - = . Suy ra đ/tròn có tâm ( )1;3I - , bán kính 4 2R = = . · Ta có ( ) ( ) 2 22 1 2 3 2IM R= - + + - = < do đó điểm ( )2;2M - nằm trong đ/tròn. 0.25 · M là trung điểm của dây cung AB khi và chỉ khi IM AB^ . Nghĩa là đường thẳng đi qua M cắt đường tròn tại 2 điểm A, B sao cho M là trung điểm của đoạn AB sẽ nhận vecto ( )1;1IM = - uuur làm vecto pháp tuyến. PTTQ của đ/thẳng: ( ) ( )1 2 1 2 0x y- + + - = 4 0x yÛ - + = . 0.75 2 1 Hai vecto không cùng phương trên mp(ABC): ( ) ( )6;3;3 , 4;2; 4AB AC= - = - - uuur uuur Vecto pháp tuyến của mpABC): ( ), 18; 36;0n AB AC= = - - r uuur uuur 0.25 Suy ra ( )1 1;2;0 18 n n¢ = - = ur r là vtpt của mp(ABC). PTTQ của mp(ABC): ( ) ( ) ( )1 6 2 2 0 3 0x y z- + + + - = 2 2 0x yÛ + - = Thay tọa độ điểm D(4,1,0) vào vế trái P/trình mp(ABC) ta được 4 2.1 2 4 0+ - = ¹ . Chứng tỏ ( )D ABCÏ Vậy 4 điểm A, B, C, D không đồng phẳng. 0.25 Đường cao DH bằng khoảng cách từ đỉnh D đến mp(ABC) 2 2 2 4 2.1 2 4 4 5 551 2 0 DH + - = = = + + 0.5 VII.a 1 Ta có 3 .2 3 2 1x xx x= + + ( )2 1 .3 2 1xx xÛ - = + (1) · Với 1 2 x = , thay vào (1) ta được 0. 3 2= . Không được thỏa mãn. Nên 1 2 x = không nghiệm đúng (1) · Với 12x ¹ ta có ( ) 2 1 1 3 2 1 x x x + Û = - (2) Xét hàm số ( ) 2 1 2 1 x y f x x + = = - , ta có ( )2 4 0 2 1 y x -¢ = < - nên hàm số liên tục và nghịch biến trên các khoảng 1; 2 æ ö-¥ç ÷ è ø , 1 ; 2 æ ö+¥ç ÷ è ø . Còn hàm số ( ) 3xy g x= = liên tục và đồng biến trên ¡ . 0.25 · Ta có ( ) ( )1 1 3f g= = nên 1x = là một nghiệm của (2). Và ( ) ( ) 11 1 3 f g- = - = nên 1x = - là một nghiệm của (2). 0.25 · Với mọi 1x > ta có ( ) ( )1 3 3xg x g> Û > và ( ) ( ) 2 11 3 2 1 x f x f x + < Û < - nên (2) không có nghiệm trên khoảng ( )1;+¥ . · Với mọi 1 1 2 x< < ta có ( ) ( )1 3 3xg x g< Û < và ( ) ( ) 2 11 3 2 1 x f x f x + > Û > - nên (2) không có nghiệm trên khoảng 1 ;1 2 æ ö ç ÷ è ø . · Tương tự, trên các khoảng ( ) 1; 1 , 1; 2 æ ö-¥ - -ç ÷ è ø phương trình (2) vô nghiệm. 0.25 · Tóm lại (1) có hai nghiệm 1x = ± . 0.25