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 kh[r]
Trang 1y(x y)2 2x2 7 y 2
1 a (b c) 1 b (c a) 1 c (a b) abc
log1x ( y 5) log2 y ( x 4)
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) 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
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình: sin 3x 3sin 2x cos 2x 3sin x 3cos x 2 0
2) Giải hệ phương trình:
2
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I
0
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.
Chứng minh rằng: 2 2 21 1 1 1
II PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)).
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
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
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) : 1 1 2x y z và (d2 ) : x 1 y z 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.
2 log1x ( xy 2x y 2) log2y (x2 2x 1) 6
Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình
=1
……… H ẾT………
Lop12.net
Trang 2Câu Phần Nội dung Điểm
II
(2,0) 1(1,0) sin 3x 3sin 2x cos 2x 3sin x 3cos x 2 0
(sin 3x sin x) 2sin x 3sin 2x (cos 2x 2 3cos x) 0
2
2 sin 2x.cos x 2 sin x 6.sin cos x (2 cos x 3cos x 1) 0
2 2
2 sin x.cos x 2 sin x 6.sin cos x (2 cos x 3cos x 1) 0
1
sin x 2
2
(2sin x 1)(2 cos x 3cos x 1) 0 cos x 1
1
cos x
2
x k2
1 6
+) sin x , (k Z)
2 5x k2
6
x k2
1 3
+) cos x , (k Z)
2
x k2
3
+) cos x 1 x k2, (k Z)
KL:Vậy phương trình có 5 họ nghiệm như trên.
0,25
0,25
0,25
0,25
x 1 x y 4
2 2
x y xy 1 4 y y
Dễ thấy y 0 , ta có: 2 2 2
y(x y) 2x 7 y 2 2(x y) 2 7 x 1
y
2
x 1 u v 4 u 4 v v 3, u 1 Đặt u , v x y ta có hệ: y v 2u 7 v 2v 15 0 v 5, u 9 2 2
0,25
0,25
I
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(*)
2x 4 2
k( x 1) 1 kx (2k 3) x k 3 0
x 1 (I ) Ta có: (I ) y k (x 1) 1
y k( x 1) 1
Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
kx (2k 3)x k 3 0(**) có hai nghiệm phân biệt Khi đó dễ có được k 0, k .
8
2 2
2 2
Ta biến đổi (*) trở thành: (1 k ) x2 x1 90 (1 k )[ x2 x1 4x2 x1] 90(***)
2k 3 k 3
Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1 x2 , x k k1x2 , thế vào (***) ta có phương trình:
3 2 2 3 41 3 41
8k 27k 8k 3 0 (k 3)(8k 3k 1) 0 k 3,k ,k
16 16 KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên
0,25
0,5
0,25
Lop12.net
Trang 3x y 3 y 3 x y 3 x
+) Với v 3, u 1 ta có hệ:
x 1, y 2
này vô nghiệm
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: (x;y) {(1; 2), (2; 5)}
, hệ
0,25
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 V S.BCD V S.ABCD V 2 2
Theo công thức tỷ số thể tích ta có: M G V S.ABN SA SB SN 1 1 1 1.1 V AS.ABN V V S.ABD SA SB SD 2 2 4
V S.BMN SB SM SN 1 1 1 1
1 V S.ABN V O V S.BCD SB SC SD 2 2 4 8
Từ đó suy ra: 3 B C V S.ABMN V S.ABN V S.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)
Đặt x t dx dt, x 0 t , x t 0 2 2 2
2 2 2
3sin x 2cos x 3cos t 2sin t 3cos x 2sin x Suy ra: I dx dt dx (Do tích phân0 0 0 3(sin x cos x) (cos t sin t) (cos x sin x) 3 3
không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số)
2 2 2
3sin x 2 cos x 3cos x 2sin x 1
Suy ra: 2I I I dx dx dx =0 0 0 3(sin x cos x) (cos x sin x) (sin x cos x) 3 2
2 2
1 1 1 1 2 1
= dx d x tan x 1 KL: Vậy0 2 cos2 x 2 0 cos2 x I
4 2 4 0 2
4 4
0,25
0,25
0,5
Lop12.net
Trang 43 5
Suy ra: thể tích cần tìm là: V MNABCD V S.ABCD V S.ABMN V V V
5 3a3
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 ax by a 0, (a b 0)(*) + Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM
Khi đó ta có:
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2 9a b
4 d (I ';d ) d (I ;d ) 35 4. 2 2a b a b 2 2 35
2 2
36a b 2 2
35 a 36b2 2
a b
a 6
Dễ thấy b 0 nên chọn b 1 .
a 6
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,
+ Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là n AB, AC (8; 4; 4) Suy ra (ABC):
2x y z 1 0
x y z 1 0 x 0
+ Giải hệ: y z 3 0 y 2 Suy ra tâm đường tròn là I(0;2;1)
2x y z 1 0 z 1
2 2 2 Bán kính là R IA (1 0) (0 2) (11) 5
0,25
0,25
0,5
V
(1,0)
3 2
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 3 ab bc ca 3 (abc) abc 1
2 2 1 1 Suy ra: 1 a (b c) abc a (b c) a(ab bc ca) 3a (1).2
1a (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 a b c 1, (a, b, c 0)
0,25
0,25
0,5
VII.a
(1,0)
20 2 20 + Ta có: x(1 3x) a0 2a1x 3a2 x 21a20 x
20 19 2 20
k k
Nhận thấy: ak x a k (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
Lop12.net
Trang 5Câu Phần Nội dung Điểm
VIb
(2,0)
1(1,0) + Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận AHK (1; 2)
làm vtpt và AC đi qua K nên
(BK ) : 2x y 2 0
+ Do A AC, B 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
2a 4 b 6 2a b 10 a 4
.a 2 2b 2 a 2b 0 b 2
Suy ra: A(4; 4), B(2; 2) C 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 4 y 2 0.
KL: Vậy : (AC):x 2y 4 0, (AB) : 3x y 8 0 , (BC) : 3x 4 y 2 0
0,25
0,5
0,25
2(1,0) + M , N (d1), (d2 ) nên ta giả sử
+ MN song song mp(P) nên: n P NM 0 1.(t1 2t2 1) 1.(t1 t2 ) 1(2t1 t2 1) 0
t1 0
2 2 2 2
+ Ta có: MN 2 (t1 1) (2t1) (3t1 1) 2 7t1 4t1 0 4 t 71
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 (P)
KL: Vậy có hai cặp M, N như trên thoả mãn
0,25 0,25
0,25
0,25
VII.b
(1,0)
2
xy 2x y 2 0, x 2x 1 0, y 5 0, x 4 0
+ Điều kiện: (I )
0 1 x 1, 0 2 y 1
2 log1x[(1 x)( y 2)] 2log2 y (1 x) 6 + Ta có: (I ) log 1x ( y 5) log2y (x 4) = 1
log1x ( y 2) log2 y (1 x) 2 0 (1)
log 1x ( y 5) log2 y ( x 4) = 1 (2).
1 2 + Đặt log2 y (1 x) t thì (1) trở thành: t 2 0 (t 1) 0 t 1
t
Với t 1 ta có: 1 x y 2 y x 1 (3) Thế vào (2) ta có:
x 4 x 4 2
x 0 y 1
Suy ra:
x 2 y 1 + 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
Lop12.net