SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẠI HỌC LẦN 4 NĂM HỌC 2010-2011; MÔN: TOÁN KHỐI B; LỚP 11 Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) 1. Giải phương trình 9 3 cos 4 6sin cos 2 0 4 4 x x x π π − + − + = ÷ ÷ 2. Giải phương trình 3 sin 2 cos2 4 3 sin 4cos 5 0x x x x− − − + = . Câu II (2 điểm) 1. Cho tập hợp { } 1; 2; 3; 4; 5; 6A = . Chọn ngẫu nhiên một số có ba chữ số đôi một khác và các chữ số đều thuộc tập A . Tính xác suất sao cho số được chọn chia hết cho 4 . 2. Giải hệ phương trình ( ) 3 3 4 , 2 1 x y x y x y xy + + + = ∈ + + − = ¡ Câu III (1 điểm) Tính giới hạn 1 2 1 3 2 2 lim 1 x x x x A x → − + − − = − Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD); đáy ABCD là hình vuông cạnh AB a= . Chứng minh rằng mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (SAB) và tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD), biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng 0 60 . Câu V (1 điểm) Giải bất phương trình ( ) 2 2 1 3 3 1 2 2 x x x x x x − + > ∈ − − ¡ II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Chú ý thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc phần B) Phần A Câu VIa (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc (Oxy), cho đường tròn ( ) 2 2 : 2 2 0C x y x y+ − − = . Hãy viết phương trình chính tắc của elip ( ) E ; biết rằng hai tiêu điểm, hai đỉnh nằm trên trục nhỏ của ( ) E cùng nằm trên một đường tròn ( ) 'C và đường tròn ( ) 'C cắt đường tròn ( ) C tại hai điểm ,A B sao cho đường thẳng AB đi qua điểm ( ) 1;1M . 2. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và 3SA a= . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SM, trong đó M là trung điểm của cạnh AB. Câu VIIa (1 điểm) Cho khai triển ( ) 10 2 3 2 30 0 1 2 30 1 x x x a a x a x a x− + − = + + + + . Tính giá trị 3 a . Phần B Câu VIb (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có 2BC AB = . Lập phương trình các cạnh AB và BC; biết các đường thẳng AB, BC, CD, DA lần lượt đi qua các điểm ( ) ( ) ( ) ( ) 1;1 ; 3; 1 ; 4;2 ; 2;2M N P Q− − . 2. Cho hình chóp S.ABC có cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), điểm M là hình chiếu của A lên cạnh SB và đáy ABC thỏa mãn 4 , 5 , 3AB a AC a BC a= = = . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SC, biết 4SA a= . Câu VIIb (1 điểm) Chứng minh rằng phương trình 3 2 6 1 0x x− + = luôn có ba nghiệm thực phân biệt. Nếu ba nghiệm thực phân biệt lần lượt là , ,a b c thì 2 2 2 2 16a b c+ + < . Hết ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Nội dung trình bày Điể m I 2điểm 1. (điểm) Phương trình đã cho tương đương với 2 cos 4 6sin cos 2 0 2cos 2 1 3sin 2 2 0 4 4 2 x x x x x π π π + + + + = ⇔ − + + + = ÷ ÷ ÷ 2 cos2 1 2cos 2 3cos2 1 0 1 cos2 2 x x x x = − ⇔ + + = ⇔ = − 0,5 +) cos2 1 2 x x k π π = − ⇔ = + 0,25 +) 1 cos 2 2 3 x x k π π = − ⇔ = ± + 0,25 2. (1 điểm) ( ) ( ) 2 3 sin 2 cos2 4 3 sin 4cos 5 0 3 sin cos 4 3 sin cos 3 0 x x x x x x x x − − − + = ⇔ + − + + = 0,5 Đặt 3 sin cost x x= + thay vào pt ta được 2 4 3 0 1; 3t t t t− + = ⇔ = = +) 3 3 sin 6 2 t x π = ⇔ + = ÷ vô nghiệm 0,25 +) 1 2 1 sin 2 ; 2 6 2 3 t x x k x k π π π π = ⇔ + = ⇔ = = + ÷ 0,25 II 2 điểm 1. (1 điểm) Giả sử số có ba chữ số đôi một khác nhau là ; , ,abc a b c A∈ . Khi đó a có 6 cách chọn, b có 5 cách chọn, c có 4 cách chọn nên số các số có ba chữ số đôi một khác nhau là 6.5.4 120= . 0,5 Số có ba chữ số đôi một khác nhau ; , ,abc a b c A∈ chia hết cho 4 khi bc phải là các số 12;16;24;32;36;52;56;64 . Do đó có tất cả 8.4 32= số chia hết cho 4. Vậy xác suất cần tìm là 32 4 120 15 = 0,5 2. (1 điểm) ĐK 2 0; 3; 3x y x y+ + ≥ ≥ − ≥ − . Đặt t xy= 0,25 ( ) 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 3 9 10 2 3 7 6 11 2 t t x y t t x y t t x y xy x y t t t t ≥ − ≥ − ⇔ + = + − ⇔ + = + − + + + + + = + + = − − 0,25 ( ) ( ) 2 3 2 1 1 2 3 1 2 1 1 2 1 5 25 97 0 t t x y t t x y x y t t t t − ≤ ≤ + = ⇔ + = + − ⇔ ⇔ = = + = − + − − = . 0,5 III 1điểm 1 1 2 1 3 2 2 2 1 1 3 2 1 lim lim 1 1 1 x x x x x x x x A x x x → → − + − − − − − − = = + ÷ ÷ − − − 0,5 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 1 1 3 1 2 1 2 1 3 7 lim lim 2 1 2 1 1 1 3 2 1 2 1 1 3 2 1 x x x x x x x x x x x x x x x → → − − − + + ÷ ÷ = + = + = ÷ ÷ − − + − − + − + − + 0,5 IV 1điểm Ta có BC vuông góc với AB và SA nên BC vuông góc với mặt phẳng (SAB) suy ra mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (SAB). 0,5 Từ B kẻ BH vuông góc với SC, dễ thấy do hai tam giác SBC và tam giác SCD bằng nhau nên ta cũng có DH vuông góc với SC và BH HD= . Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng góc giữa hai đường thẳng HB và HD. +) Nếu · 0 60BHD = ⇒ tam giác BHD đều nên 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 BH a BH a a a SA = ⇔ = = + + vô lí. +) Nếu · 0 0 6 120 3 2sin 60 BD a BHD BH= ⇒ = = 2 2 2 2 2 1 3 1 1 2 SA a BH a a a SA ⇔ = = + ⇔ = + . 0,5 V 1điểm ĐK 0 2x< < . Đặt 2 1 2 x t x x − = − . Khi đó thay vào bất phương trình ta được 0,25 2 2 3 2 0 1 t t t t > − + > ⇔ < . +) 2 2 1 5 20 2 1 2 2 5 5 10 1 0 x t x x x x x x > + > ⇔ − > − ⇔ ⇔ > − + > kết hợp ĐK 5 20 2 5 x + > > . 0,5 +) 2 1 2 2 5 20 5 20 1 1 1 5 5 1 1 x x x x t x x x x − < − + + ≤ < < ⇔ ⇔ ⇔ < ≥ < < . Kết hợp với ĐK và trường hợp trên ta có nghiệm của bpt là 0 2x < < 0,25 VIa 2điểm 1. (1 điểm) Giả sử elip ( ) E có pt chính tắc 2 2 2 2 1 x y a b + = . Do hai đỉnh trên trục nhỏ và hai tiêu điểm cùng nằm trên một đường tròn nên b c= . Đường t ròn ( ) C có tâm ( ) 1;1 ; 2I R = và đường tròn ( ) 'C có tâm ( ) 0;0O , bán kính b nên có pt là 2 2 2 x y b+ = . 0,5 Do đó đường thẳng AB có phương trình là 2 2 2x y b+ = . Đường thẳng này đi qua điểm ( ) 1;1M nên 2 2 4 2 8b b c a= ⇒ = = ⇒ = . Vậy phương trình của ( ) 2 2 : 1 8 4 x y E + = 0,5 2. (1 điểm) Ta có BC vuông góc với AB và SA nên BC vuông góc với mặt phẳng (SAB). Trong mặt phẳng (SAB) kẻ BH vuông góc với SM suy ra BH chính là đoạn vuông góc chung của BC và SM. 0,5 Ta có hai tam giác SAM và tam giác BHM bằng nhau nên 3BH SA a= = 0,5 VIIa 1điểm Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 10 10 9 2 3 0 1 2 3 10 10 1 1 1 x x x C x C x x x+ + + = + + + + + Số hạng chứa 3 x chỉ xuất hiện ở số hạng thứ nhất và hai trong khai triển trên. 0,5 ( ) 10 0 10 1C x+ có số hạng chứa 3 x là 0 3 10 10 C C và ( ) ( ) 9 1 2 3 10 1C x x x+ + có số hạng chứa 3 x là 1 1 1 0 10 9 10 9 C C C C+ . Vậy 0 3 0 1 1 0 2 10 10 10 9 10 9 139a C C C C C C= + + = . 0,5 VIb 2điểm 1. (1 điểm) Giả sử vtpt của đt AB là ( ) ( ) 2 2 ; , 0n a b a b= + ≠ r . Khi đó phương trình các đường thẳng AB, BC lần lượt là: ( ) ( ) ( ) ( ) : 1 1 0; : 3 1 0AB a x b y BC b x a y+ + − = − − + = . 0,25 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ; 2 ; 4 1 2 1 2 2 3 2 1 11 3 a b BC AB d P AB d Q BC a b b a a b = − = ⇔ = ⇔ + + − = − − + ⇔ = − 0,25 +) a b = − chọn 1; 1a b= = − ta có : 2 0; : 2 0AB x y BC x y− + = + − = +) 11 3a b = − chọn 3; 11a b= = − ta có : 3 11 14 0; :11 3 30 0AB x y BC x y− + = + + = 0,5 2. (1 điểm) Ta có tam giác ABC vuông tại B nên BC vuông góc với mặt phẳng (SAB) suy ra AM vuông góc với BC. Từ đó ta có AM vuông góc với mặt phẳng (SBC). Từ M kẻ MH vuông góc với SC thì MH chính là đoạn vuông góc chung của AM và SC. 0,5 Ta có tam giác SHM đồng dạng với tam giác SBC nên . 6 82 41 MH SM SM BC a MH BC SC SC = ⇒ = = 0,5 VIIb 1điểm Đặt ( ) 3 2 6 1f x x x= − + hàm số này liên tục trên ¡ . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 3; 1 5; 1 3f f f− = − − = = − ; ( ) 2 5f = . 0,5 Do đó ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 0; 1 1 0; 1 2 0f f f f f f− − < − < < nên phương trình đã cho có ba nghiệm thực phân biệt. Do các nghiệm ( ) , , 2;2a b c ∈ − nên 2 2 2 2 16a b c+ + < . 0,5 . chữ nhật ABCD có 2BC AB = . Lập phương trình các cạnh AB và BC; biết các đường thẳng AB, BC, CD, DA lần lượt đi qua các điểm ( ) ( ) ( ) ( ) 1;1 ; 3; 1 ; 4;2 ; 2;2M N P Q− − . 2. Cho hình chóp