Đề Toán - Thi thử Đại học - lần 5

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]

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  1 x 1) Khảo sát và vẽ đồ thị C  hàm số trên 2) Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; ) và có hệ số góc k Tìm k cho (d) cắt ( C ) hai điểm M, N và MN  10 Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: sin 3x  3sin 2x  cos 2x  3sin x  3cos x    x2  y2  xy 1  y 2) Giải hệ phương trình:  y(x  y)  2x  y    Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I   3sin x  2cos x dx (sin x  cos x)3 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 M, cắt SD N Tính thể tích khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a và góc hợp đường thẳng AN và mp(ABCD) 300 Câu V (1 điểm): Cho các số dương a, b, c : ab  bc  ca  1 1 Chứng minh rằng: 2  2  1 a (b  c) 1 b (c  a) 1 c (a  b) abc II PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh làm hai phần (phần phần 2)) 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 – y   0, (C ') : x2  y2  4x –  cùng qua M(1; 0) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C), (C ') A, B 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  a1  a2   21 a20 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 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 x 1 y z 1   2 1 Tìm tọa độ các điểm M thuộc (d1) và N thuộc (d2 ) cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng P : x – y  z  2010  độ dài đoạn MN Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình  2 log1x ( xy  2x  y  2)  log2y (x2  2x 1)  log1x ( y  5)  log2 y ( x  4) =1 ………………………………… H ẾT…………………………………………………… Lop12.net Câu Phần Nội dung I Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa (2,0) 1(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 Điểm 1,0 0,25 có hai nghiệm (x1; y1), (x2; y2 ) phân biệt cho  x2  x1    y2  y1   90(*)  2x   k( x 1)  kx  (2k  3) x  k    (I ) Ta có: (I )    x 1 y  k (x 1) 1  y  k( x 1)   Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt và phương trình kx  (2k  3)x  k   0(**) có hai nghiệm phân biệt Khi đó dễ có k  0, k  2 Ta biến đổi (*) trở thành: (1 k )  x2  x1   90 (1 k )[ x2  x1   4x2 x1]  90(***) 2k  k 3 Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1  x2  , x1x2  , vào (***) ta có k k phương trình: 3  41 3  41 2 8k  27k  8k    (k  3)(8k  3k 1)   k  3, k  ,k 16 16 KL: Vậy có giá trị k thoả mãn trên Câu Phần II (2,0) 1(1,0) 0,5 0,25 Điểm Nội dung sin 3x  3sin 2x  cos 2x  3sin x  3cos x    (sin 3x  sin x)  2sin x  3sin 2x  (cos 2x   3cos x)  0,25  sin 2x.cos x  sin x  6.sin cos x  (2 cos x  3cos x 1)  2  sin x.cos x  sin x  6.sin cos x  (2 cos x  3cos x 1)   sin x    (2sin x 1)(2 cos x  3cos x  1)   cos  x 1  cos x     x   k 2  +) sin x    , (k  Z )  x   k 2    x   k 2  +) cos x    , (k  Z )  x    k 2  +) cos x   x  k 2 , (k  Z ) KL:Vậy phương trình có họ nghiệm trên 2(1,0) 0,25 0,25 0,25 2   x  y  xy   y  Dễ thấy y  , ta có:   2  y(x  y)  2x  y    x 1  x  y  y x 1 (x  y)  7 y  x 1  uv   u  4v  v  3, u  Đặt u  , v  x  y ta có hệ:    y v  2u  v 2v 15  v  5, u  Lop12.net 0,25 0,25 +) Với v  3, u  ta có hệ: x2   y  x2   y  x2  x    x  1, y         x  2, y  xy3  y3x  y3x x2   y x2 1  y x2  9x  46  +) Với v  5, u  ta có hệ:     x  y  5  y  5  x  y  5  x này vô nghiệm KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: (x; y)  {(1; 2), (2; 5)} Câu III (1,0) Phần  , hệ 0,25 Điểm 0,25 Nội dung   Đặt x   t  dx  dt, x   t  , x   t  2   3sin x  2cos x  2 3cos t  2sin t dt  (cos t  sin 0 t) không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số) Suy ra: I   (sin x  cos x)dx    = Phần 3sin x  cos x dx  0 (sin x  cos3 x) Suy ra: 2I  I  I  3cos x  2sin x dx (Do tích phân (cos3x  sin x)  Câu IV (1,0) 0,25 0,25  3cos x  2sin x dx  (cos x 3 sin0 x) dx = (sin 2x  cos x) 0,5  dx  0 cos2  x     4     2 d x   tan x   KL: Vậy I  0 cos2  x         4 Nội dung + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC M, mp(SBD) kẻ BG cắt SD N S + Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có SG  suy G là trọng tâm tam giác SBD SO Từ đó suy M, N là trung điểm SC, SD N 1 + Dễ có: VS.ABD  VS.BCD  VS.ABCD  V 2 Theo công thức tỷ số thể tích ta có: M G VS.ABN SA SB SN 1   1.1   VS.ABN A V VS.ABD SA SB SD 2 VS.BMN SB SM SN 11 1     VS.ABN  V O VS.BCD SB SC SD 2 Từ đó suy ra: C B VS.ABMN  VS.ABN  VS.BMN  V + Ta có: V  SA.dt ( ABCD) ; mà theo giả thiết SA  ( ABCD) nên góc hợp AN với mp(ABCD) chính là góc NAD , lại có N là trung điểm SC nên tam giác NAD cân SA N, suy NAD  NDA  30 Suy ra: AD  a tan 300 1 3 Suy ra: V  SA.dt( ABCD)  a.a.a  a 3 Lop12.net Điểm 0,25 D 0,25 Suy ra: thể tích cần tìm là: VMNABCD  VS.ABCD VS.ABMN  V  V  V  8 Câu V (1,0) Câu Phần 3a3 24 Nội dung Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có:  ab  bc  ca  (abc)  abc  1 2 Suy ra: 1 a (b  c)  abc  a (b  c)  a(ab  bc  ca)  3a   (1) 1 a (b  c) 3a 1 1 Tương tự ta có:  (2),  (3) 1 b 2(c  a) 3b 1 c (a  b) 3c Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: 1 1 1 ab  bc  ca  2  (   )  1 a (b  c) 1 b (c  a) 1 c (a  b) c b c 3abc abc Dấu “=” xảy và abc  1, ab  bc  ca   a  b  c  1, (a, b, c  0) Phần Nội dung + Gọi tâm và bán kính (C), (C’) là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R  1, R '  3, đường VIa 1(1,0) 2 thẳng (d) qua M có phương trình a(x 1)  b( y  0)   ax  by  a  0, (a  b  0)(*) (2,0) + Gọi H, H’ là trung điểm AM, BM Khi đó ta có: 2 MA  2MB  IA  IH  I ' A  I ' H '  1  d (I ;d )  4[9  d (I ';d ) ] , IA  IH 2 2 9a   d (I ';d )   d (I ;d )  35  2 2 2 a b b 2  35 a b a  6 a6  Kiểm tra điều kiện IA  IH thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn 2(1,0) + Ta có: AB  (2; 2; 2), AC  (0; 2; 2) Suy phương trình mặt phẳng trung trực AB, Dễ thấy b  nên chọn b   AC là: x  y  z 1  0, y  z      + Vecto pháp tuyến mp(ABC) là n   AB, AC   (8; 4; 4) Suy (ABC):   2x  y  z 1   x  y  z 1   x    + Giải hệ:  y  z     y  Suy tâm đường tròn là I (0; 2;1)    2x  y  z    z  2 Bán kính là R  IA  (1 0)  (0  2)  (11)  Câu VII.a (1,0) Phần Nội dung + Ta có:  x(1 3x) 20   a 20 20  2a1x  3a2 x   21a20 x 19 20  (1 3x)  60x(1 3x)  a0  2a1x  3a2 x   21a20 x (*) k k Nhận thấy: ak x  ak (x) đó thay x  1 vào hai vế (*) ta có: S  a0  a1  a2   21 a20  22 Lop12.net Điểm 0,25 0,25 0,5 Điểm 0,25 0,25 36a  b 2  2  35  a  36b a b 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Điểm Phần Nội dung + Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận VIb 1(1,0)  HK  (1; 2) làm vtpt và AC qua K nên (2,0) ( AC) : x  y   Ta dễ có: (BK ) : 2x  y   A 0,25 + Do A AC, B  BK nên giả sử M A(2a  4; a), B(b;  2b) Mặt khác M (3;1) là K trung điểm AB nên ta có hệ: H 2a   b  2a  b  10 a     a   2b   a  2b   b  Suy ra: A(4; 4), B(2;  2) C  + Suy ra: AB  (2;  6) , suy ra: ( AB) : 3x  y    + Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HA  (3; 4) , suy ra: (BC) : 3x  y   KL: Vậy : ( AC) : x  y   0, ( AB) : 3x  y   , (BC) : 3x  y   2(1,0) + M , N  (d1), (d2 ) nên ta giả sử  M (t1;t1; 2t1), N (1  2t2 ; t2 ;1  t2 )  NM  (t1  2t2 1; t1  t2 ; 2t1  t2 1)   + MN song song mp(P) nên: nP NM   1.(t1  2t2  1) 1.(t1  t2 ) 1(2t1  t2 1)    t2  t1  NM  (t1 1; 2t1;3t1 1)  + Ta có: MN   (t1  1)  (2t1)  (3t1 1)   7t1  4t1   2 2  t1  t1   448 43 + Suy ra: M (0; 0; 0), N (1; 0;1) M ( ; ; ), N ( ;  ; ) 7 7 7 + Kiểm tra lại thấy hai trường hợp trên không có trường hợp nào M  (P) KL: Vậy có hai cặp M, N trên thoả mãn Câu Phần Nội dung VII.b (1,0) xy  2x  y   0, x  2x 1  0, y   0, x   + Điều kiện:  (I ) 0  1 x  1,   y  2 log1x[(1 x)( y  2)]  2log2 y (1  x)  + Ta có: (I )  log1x ( y  5)  log2y (x  4) =1  log1x ( y  2)  log2 y (1 x)   (1) log1x ( y  5)  log2 y ( x  4) = (2)  + Đặt log2 y (1 x)  t thì (1) trở thành: t     (t 1)   t  t Với t  ta có: 1 x  y   y  x 1 (3) Thế vào (2) ta có: x  x  log1x (x  4)  log1x (x  4) =  log1x 1    x  x  2x  x4 x4 x0  y  1  x  2 Suy ra: y    + Kiểm tra thấy có x  2, y  thoả mãn điều kiện trên Vậy hệ có nghiệm x  2, y  Lop12.net 0,5 B 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Lop12.net