PHẦN CHUNG Dành cho tất cả các thí sinh Câu I 2 điểm.. Giải phương trình.. Tịm tọa độ các điểm C, D.. Chứng minh đường thẳng MN tiếp xúc với một mặt cầu cố định.. Hãy tìm phương trình đ
Trang 1SỞ GD& ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2009 – 2010 TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN MÔN TOÁN – KHỐI A
- Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề )
===========================================
A PHẦN CHUNG ( Dành cho tất cả các thí sinh)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x + 2 (C)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d) có phương trình y = - 3x + 2 sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến đến đồ thị (C) và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau
Câu II (2 điểm)
1 Giải hệ phương trình:
=
−
− + + +
= + + + + +
2 3
2
5 3
2
2 2
2 2
y x y
x
y x y
x
2 Giải phương trình 1 + sin x – cos x – sin 2x + cos 2x = 0
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: ∫1 + −
01 1 x2 dx
Câu IV (1 điểm) Cho khối chóp S.ABC có SA = a, SB = b, SC = c, ∠ASB = 600 , ∠BSC = 900 ,
∠CSA = 1200 Tính thể tích khối chóp S.ABC
Câu V (1 điểm) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện : ab + bc + ca = 2abc.
Chứng minh rằng: 2 2 (2 1)2
1 )
1 2 (
1 )
1 2 (
1
−
+
−
+
a
1
≥
B PHẦN TỰ CHỌN ( Mỗi thí sinh chỉ chọn một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2)
Phần 1:
Câu VI a (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (∆): x + y – 1 = 0, các điểm A( 0; - 1), B(2;1)
Tứ giác ABCD là hình thoi có tâm nằm trên (∆) Tịm tọa độ các điểm C, D.
1 Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm A(0;0;2) và đường thẳng (∆) có phương trình tham
số: x = 0; y = t; z = 2 Điểm M di động trên trục hoành, điểm N di động trên (∆) sao cho:
OM + AN = MN Chứng minh đường thẳng MN tiếp xúc với một mặt cầu cố định
Câu VII a (1 điểm) Tìm các giá trị của a thỏa mãn: 3x + (a – 1).2x + (a – 1) > 0, ∀x∈R
Phần 2:
Câu VI b (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC trọng tâm G( 3
1
; 3
5
−
), đường tròn đi qua trung điểm các cạnh có phương trình x2 + y2 – 2x + 4y = 0 Hãy tìm phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
1 Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; - 2; 3), B(2; - 1;2) và đường thẳng (∆):
3
6 2
1 1
−
=
−
x
Tìm tọa độ của điểm M trên (∆) sao cho diện tích tam giác MAB nhỏ nhất.
Câu VII b (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: 3
1
−
−
z
z
= 1, z i
i z
+
−2
= 2
Trang 2
Hư
ớng dẫn giải :
Câu I:
1 Tự làm
1 Gọi M(a;b) là điểm cần tìm M thuộc (d) nên b = -3a + 2
Tiếp tuyến của đồ thị ( C) tại điểm (x0;y0) là: y = (3x0 – 3)(x – x0) + x0 – 3x0 +2
Tiếp tuyến đi qua M(a;b) ⇔ - 3a + 2 = (3x0 – 3)( a – x0) + x0 – 3x0 + 2 ⇔2x0 – 3ax0 = 0 ⇔
x0 = 0 hoặc x0 = 3a/2
Có hai tiếp tuyến đi qua M với hệ số góc là k1 = f ’(0) = -3 và k2 =f ‘(3a/2) = 4
27a2
- 3 Hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau ⇔k1.k2 = - 1 ⇔a2 = 40/81 ⇔a = 9
10 2
±
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M( 9
10 2
±
10
)
Câu II:
1 Cộng và trừ từng vế hai phương trình của hệ ta được hệ tương đương:
=
+
= + + +
2
3
2
7 3
2
y
x
y x
⇔
= +
− + +
−
=
2
7 3 ) 2
3 ( 2 2 3
2
x
x y
⇔…⇔
=
=
) 20
13
; 20
17 ( )
; (
) 1
; 2
1 ( )
; (
y x
y x
2 Phương trình ⇔( 1 – sin2x) + ( sinx – cosx) + ( cos2x – sin2x) = 0
⇔( sinx – cosx).[(sinx – cosx) + 1 – (sinx + cosx)] = 0
⇔( sinx – cosx).( 1 – 2cosx) = 0
⇔
=
=
2
1 cos
1 tan
x
x
⇔
+
±
=
+
=
π π
π π
3
4
l x
k x
( k,l ∈Z).
Câu III: Đặt x = sint với t [ 2;2]
π π
−
∈
Ta có:dx = costdt và 1−x2 = 1−sin2t = cos2t =|cost| = cost. Đổi cận: Với x =0 thì t = 0; Với x = 1 thì t = 2
π Từ đó:
∫ = ∫ +
−
+
2
0
1
cos 1
1
π
t
tdt x
dx
0
2
2
) 2 / ( cos 2
1 ) 2 / ( cos 2
π
dt t
s
t s
= ∫ − ∫2
0 2 2
0 cos ( /2)
) 2 / (
π π
t
t d dt
=( t – tan (t/2) ) |02
π
= 2
π -1
Câu IV: Tự vẽ hình.
Trên các tia SB, SC lần lượt lấy các điểm B’, C’ sao cho SB’ = SC’ = SA = a
Tam giác SAB’ đều cạnh a nên AB’ = a Tam giác SBC’ vuông cân tại S nên B’C’ = a 2 Tam giác SC’A cân tại S có ∠C’SA = 1200 nên C’A = a 3 Suy ra AB’2 + B’C’2 = C’A2 hay tam giác AB’C’ vuông tại B’⇒diện tích tam giác AB’C’ = 2
2
2
a
Hạ SH ⊥mp(AB’C’) ⇒ HA = HB’ =HC’ ⇒ H là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AB’C’
Trang 3⇒ H là trung điểm của C’A ⇒ SH = SA Sin 300 = a/2
Thể tích khối chóp S.AB’C’ là: V’ = 12
2 2
2
2 3
1 a2 a = a3
Áp dụng công thức: '
'
'
.
SC SB
SB V
V
C AB S
ABC
Tính được: VS.ABC = 12
2
abc
Câu V Đặt x = a
1
, y = b
1
, z = c
1
ta có x,y,z là 3 số dương thỏa mãn x + y + z = 2
Ta có: a(2a – 1)2 =
2
) 1
2 (
x
2 ) (
x
z
y+
Từ đó:
1 )
1 2 (
1 )
1 2 (
1
−
+
−
+
a
3 2
3 2
3
) ( ) ( )
z x
z
y z
y
x
+
+ +
+
Áp dụng bất đẳng thức Cô si có:
x x
z y z y z y
x
4
3 64
3 8 8
)
3 2
3
=
≥
+ +
+ +
y x z x z x z
y
4
3 8 8
)
3
≥
+ +
+ +
z y x y x y x
z
4
3 8 8
)
3
≥
+ +
+ +
Cộng từng vế của (1), (2), (3) rồi ước lược được: P ≥ 4
1
(x + y + z) = 2
1
Đẳng thức xảy ra ⇔x = y = z = 2/3 ⇔ a = b = c = 3/2.
Câu VIa:
1 Gọi I(a;b) là tâm của hình thoi.Vì I ∈∆nên a + b – 1 = 0 hay b = 1 – a (1).
Ta có: AI (a;b+1) và BI (a – 2;b – 1) mà ABCD là hình thoi nên AI ⊥BI suy ra :
a(a – 2) + (b + 1)(b – 1) = 0 (2) Thế (1) vào (2) rồi rút gọn được: a2 – 2a = 0 ⇔a = 0 hoặc a = 2. TH1: Với a = 0 thì I(0;1) Do I là trung điểm của AC và BD nên áp dụng công thức tọa độ trung điểm, ta có:
=
−
=
=
−
=
2 2
0 2
A I C
A I C
y y y
x x x
và
=
−
=
−
=
−
=
1 2
2 2
B I D
B I D
y y y
x x x
; C(0;2) và D(-2;1)
TH2: Với a = 2 thì I(2;-1) Tương tự ta được: C(4;-1) và D(2;-3)
Vậy có hai cặp điểm thỏa mãn: C(0;2) và D(-2;1) hoặc C(4;-1) và D(2;-3)
2 Dễ dàng chứng minh được OA là đoạn đường vuông góc chung của hai đường thẳng ∆ và Ox
(là hai đường thẳng chéo nhau và vuông góc với nhau) Từ đó MN tiếp xúc với mặt cầu đường kính OA khi và chỉ khi OM + AN = MN
Vậy khi OM + AN = MN thì MN tiếp xúc với mặt cầu đường kính OA cố định
(Phương trình mặt cầu là: x2 + y2 + ( z – 1)2 = 1)
Câu VIIa: 3x + (a – 1).2x + (a – 1) > 0 ⇔3x > (1 –a).( 2x +1) ⇔ 2 1
3 +
x x
> 1 – a (*)
Xét hàm số: f(x) = 2 1
3 +
x x
với x ∈ R Ta có: f ‘ (x) = (2 1)2
2 ln 3 2 3 ln )
1 2 (
3
+
− +
x
x x x
x
> 0 với mọi x
Trang 4Hàm số luôn đồng biến., mà:xlim→ −∞
f(x) = 0 Bất đẳng thức (*) đúng với mọi x ⇔1 – a ≤ 0 ⇔a≥ 1
Vậy đáp số: a ≥ 1.