Đề thi thử đại học năm 2010 2011, môn toán lần 8

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 . Câu V (1 điểm): Cho các số dương Chứng minh rằng: 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 cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn 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: Tính tổng: . 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 , chân đường cao hạ từ đỉnh B là , trung điểm cạnh AB là . 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: và . Tìm tọa độ các điểm M thuộc và N thuộc sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng độ dài đoạn MN bằng .

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 2 4

1

x y

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3sinx3cosx 2 0

2) Giải hệ phương trình:

1 4



Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 2

3 0

3sin 2cos (sin cos )











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 30 0

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

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 2 2

( ) :C x  – 2 – 2 1 0,y x y  

( ') :C x  y 4 – 5 0x  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 3 ) x 20 a0a x a x1  2 2 a x20 20 Tính tổng: S a0 2a1 3a2  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

(1;0)

H , chân đường cao hạ từ đỉnh B là (0; 2) K , trung điểm cạnh AB là M(3;1).

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: ( ) :1

1 1 2

d   và 2

( ) :

Tìm tọa độ các điểm M thuộc ( )d và N thuộc 1 ( )d sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng2

 P : – 2010 0x y  z   độ dài đoạn MN bằng 2

Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình

2

log ( 5) log ( 4) = 1







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

có hai nghiệm ( ; ), ( ; )x y1 1 x y phân biệt sao cho 2 2 x2 x12y2 y12 90(*)

2 4

( 1) 1

( ) 1

( 1) 1

x

k x

I x

y k x







 





Ta có:

( )

( 1) 1

I

y k x

 



Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

2

(2 3) 3 0(**)

kx  k x k   có hai nghiệm phân biệt Khi đó dễ có được 0, 3

8

Ta biến đổi (*) trở thành: 2  2 2  2

(1k ) x  x  90 (1k )[ x x  4x x] 90(***) Theo định lí Viet cho (**) ta có: 1 2 1 2

   thế vào (***) ta có phương trình: 8k327k28k 3 0  (k3)(8k23k1) 0

KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên.

0,25

0,5

0,25

II

(2,0) 1(1,0)

sin 3x 3sin 2x cos 2x3sinx3cosx 2 0  (sin 3xsin ) 2sinx  x 3sin 2x (cos 2x 2 3cos ) 0x 

2

2sin 2 cosx x 2sinx 6.sin.cosx (2cos x 3cosx 1) 0

2sin cosx x 2sinx 6.sin.cosx (2cos x 3cosx 1) 0

2

1 sin

2 (2sin 1)(2cos 3cos 1) 0 cos 1

1 cos

2

x

x

















+)

2

5

1

2

i

6

2



 







  

 



x k

Z k

x









+)

2

2 3

1

2



 







  



 



x

x

k

k Z









+) cosx 1 x k 2 , ( k Z )

KL:Vậy phương trình có 5 họ nghiệm như trên.

0,25

0,25

0,25 0,25

2(1,0)

Dễ thấy y  , ta có: 0

2

2

1

4

1 4

x

x y y

x y

y

  







0,25

0,25

Đặt

,

x

y



+) Với v3,u1ta có hệ:

2, 5

+) Với v5,u9ta có hệ:

, hệ này vô nghiệm

KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y  

0,25

0,25

III

(1,0) Đặt x2  t dxdt x,  0 t2,x2  t0.

3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin (sin cos ) (cos sin ) (cos sin )

không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số)

2

(sin cos ) (cos sin ) (sin cos )

=

2



2



I

0,25

0,25

0,5

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

2 3

SG

SO  suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD.

Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của

SC, SD.

Theo công thức tỷ số thể tích ta có:

.

.

1.1

S ABN

S ABN

S ABD

.

.

S BMN

S ABN

S BCD

Từ đó suy ra:

3 8

+ Ta có: 1 ( )

3

mp(ABCD) chính là góc NAD , lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD cân tại

0,25

0,25

M N

O

C

B S

G

Suy ra: 1 1 3 3

5 3 24

a

V

(1,0) Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:

2 3

3ab bc ca  3 (abc)  abc 1

2



a b c a

1b c a(  ) 3b 1c a b(  ) 3c

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:

ab bc ca

 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc1,ab bc ca   3 a b c  1, ( , ,a b c0)

0,25

0,25

0,5

VIa

(2,0)

1(1,0) + Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và

1, ' 3

R R  , đường

thẳng (d) qua M có phương trình a x( 1)b y(  0) 0  ax by a  0, (a2b2 0)(*)

+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.

Khi đó ta có: MA2MB IA2 IH2 2 I A' 2 I H' '2

1 d I d( ; ) 4[9 d I d( '; ) ]

IA IH

9

36





Dễ thấy b 0 nên chọn 1 6

6





   



a b

a .

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.

+ Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là nAB AC,  (8; 4;4).



 

   

Suy ra (ABC):

2x y z   1 0

+ Giải hệ:

Suy ra tâm đường tròn là I(0; 2;1)

( 1 0) (0 2) (1 1) 5

R IA

0,25

0,25

0,5

VII.a

(1,0)

(1 3 )x 60 (1 3 )x x a 2a x 3a x 21a x

Nhận thấy: k ( )k

a x a x do đó thay x  vào cả hai vế của (*) ta có:1

0,25 0,25 0,25

0 1 2 20

22

0,25

VIb

(2,0) 1(1,0)

+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận

( 1; 2)

HK  

làm vtpt và AC đi qua K nên

(AC x) :  2y 4 0 Ta cũng dễ có:

(BK) : 2x y  2 0 + Do A AC B BK ,  nên giả sử (2 4; ), ( ; 2 2 )

trung điểm của AB nên ta có hệ:

Suy ra: (4; 4), (2; 2).A B  + Suy ra: AB  ( 2; 6)



, suy ra: (AB) : 3x y 8 0

+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HA  (3; 4), suy ra:

(BC) : 3x4y 2 0

KL: Vậy : (AC x) :  2y 4 0, (AB) : 3x y  8 0 , (BC) : 3x4y 2 0

0,25

0,5

0,25

2(1,0) + M N, ( ), ( )d1 d2 nên ta giả sử

( ; ; 2 ), ( 1 2 ; ;1 ) ( 2 1; ;2 1)



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

 

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



+ Ta có:

1

1

0

7

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

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

KL: Vậy có hai cặp M, N như trên thoả mãn.

0,25

0,25

0,25

0,25

VII.b

(1,0)

+ Điều kiện:

2

( )

I





2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 ( )

log ( 5) log ( 4) = 1

I



 



log ( 2) log (1 ) 2 0 (1) log ( 5) log ( 4) = 1 (2)



 

 + Đặt log2y(1 x)t thì (1) trở thành: 1 2

t

Với t 1 ta có: 1 x  y 2 yx1 (3) Thế vào (2) ta có:

2

0



  Suy ra: y1

0,25

0,25

M H

K

A

+ Kiểm tra thấy chỉ có x2, y1thoả mãn điều kiện trên.

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x2, y1.

0,25