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 .
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: