Câu III 1 điểm: Tính tích phân: 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[r]
(1)ĐỀ SỐ THI THỬ ĐẠI HỌC Môn: Toán A Thời gian làm bài: 180 phút Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x 3(m 1) x 6mx 3m Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m 0 Gọi là tiếp tuyến đồ thị (Cm) điểm A có hoành độ là Tìm m để cắt đồ thị điểm B khác A cho OAB là tam giác vuông cân O Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình lượng giác: 4sin x cos x(sin x 1) 4sin x 0 xy x 3 y 2 Giải hệ phương trình: x y x 2 y Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: (3 x x 1)(2 x 1)dx Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AB 2a , AD a SA vuông góc với đáy ABCD Gọi M là trung điểm CD và góc hai mặt phẳng (SBM) và (ABCD) là 60o CMR BM (SAC ) và tính thể tích khối chóp S.BCM theo a Câu V 3 1 a b a b 2a 2b 4 2 2 (1,0 điểm) Cho a, b , a, b CMR: Câu VI (1,0 điểm) Trong mặt phẳng (Oxy) cho ABC có đỉnh A(1;2) đường trung tuyến BM: x y 0 đường phân giác CD: x y 0 Viết phương trình cạnh BC A 2; 2; , B 0; 1; , Câu VII(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho C 2; 2; 1 Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với BC và các trục y’Oy, z’Oz M và N khác với gốc tọa độ cho ON 2OM Câu VIII(1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết: 2C22n 1 3.2.2C23n 1 ( 1)k k(k 1)2k C2kn 1 2n(2n 1)22 n C22nn11 40200 -Hết (2) ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ Câu I Đáp án a) Khi m 0 ta có y x 3x * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y ' 3 x x x 0 y ' 0 x 2 H/s ĐB trên các khoảng ( ;0) và (2; ) , NB trên khoảng (0; 2) Cực trị: H/s đạt CĐ x 0 : yCD 4 H/s đạt CT x 2 : yCT 0 lim y lim y x Giới hạn: x , y 3x 6x 3x x Chiều biến thiên: H/s không có tiệm cận Bảng biến thiên: x y' y + * Đồ thị : Đồ thị qua (0;4) và (-1;0), nhận điểm uốn I(1;2) làm tâm đối xứng 0 - + y I 2 2) Ta có: y ' 3 x 6(m 1) x 6m x 1 y 2 y ' PTTT: y 3( x 1) -1 O PT hoành độ giao điểm tiếp tuyến và đồ thị (Cm): x3 3(m 1) x 6mx 3m 3( x 1) x 1 ( x 1) ( x 3m 1) 0 x 3m OA 1; , OB(3m 1; 9m 2) Ta có: B( 3m 1; 9m ) B A m 1 x (3) OA.OB 0 OA OB OAB vuông cân A m là giá trị cần tìm Vậy II (3m 1) 2( 9m 2) 0 m 2 2 (3m 1) ( 9m 2) Giải phương trình lượng giác: 4sin x cos x(sin x 1) 4sin x 0 4sin x(1 cos x) 2cos x(s inx 1) 4sin x 0 4sin x cos x 2sin x cos x 2cos x 0 (2 cos x 1)( 2sin x 1) 0 2 x 2k x 2k (k ) x 5 2k xy x 3 y (1) 2 Giải hệ phương trình: x y x 2 y (2) Nhận thấy y 0 không phải là nghiệm hệ nên chia hai vế phương trình (1) cho y và phương trình (2) cho y ta được: x x y y 3 x x 2 y y x x y y 3 (3) x x 2 (4) y y x x 0 x y y (3) x 3 y y thay vào (4) ta có: x 1 y x 2 y y 1 y 1 y 1 y y y 0 x 2 x 2 y y +y thay vào (2) ta được: (1 2;1 2), (2,1), ( 1; ) Vậy hệ có nghiệm: x y y y 0 1 x y + y thay vào (2) ta được: III Tính tích phân: (3 1 x x (3 x 1)(2 x 1)dx 3 (2 x 1)dx x 1(2 x 1)dx M N M 3x (2 x 1)dx x 1)(2 x 1)dx Ta có: x 0 (4) du 2dx u 2 x x 3x M (2 x 1) 3x dx 3x 8ln x dv 3 dx v ln ln ln ln ln ln Đặt N x 1(2 x 1)dx Đặt t x x t dx dt Đổi cận: N 1 2 4 3 28 t (2t 1)dt (2t t )dt t t 1 15 5 1 (3 IV x t x x 1)(2 x 1)dx 8ln 28 ln 15 Vậy Gọi I là giao điểm AC và MB Xét ABC và BCM AB BC ABC BCM Ta có BC CM ACB BMC MBC BMC MBC ACB 90o BIC Vuông I hay BM AC , mà SA ( ABCD) BM BM SA BM ( SAC ) SI BM góc hai mặt phẳng ( ABCD ) và ( SBM ) o Là góc SI và AI hay SIA 60 Ta có: ABC ABI AI AB AB 4a a 2a AI AB AC AC AB BC a SA SA AI tan SIA 2a 2a tan SIA AI Xét SAI vuông A Ta có: a S BCM BC.CM 2 SA là chiểu cao khối chóp S BCM nên V a2 2a VS BCM S BCM SA 2a 3.2 (đvtt) 3 3 1 1 a b a b 2a 2b 4 4 2 2 Cho a, b , a, b CMR: CM 1 1 1 a b a a a b a a b a b 4 2 2 Ta có b a a b Tương tự 2 1 1 a b 2a 2b (*) 2 2 2 Ta CM: (5) Thật vậy: (*) a b 2ab a b 1 4ab a b 4 (a b) 0 Dấu “=” xảy Điểm C CD : x y 0 C (t ;1 t ) suy trung điểm AC t 1 t M ; Là a b VI t 1 t M BM : x 1 0 1 0 Điểm t C ( 7;8) Từ A(1;2) kẻ AK CD : x y 0 ( K BC ) AK : ( x 1) ( y 2) 0 x y 0 x y 0 I (0;1) x y Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ ACK cân C nên I là trung điểm AK nên tọa độ K(-1;0) Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình x y 0 VII Từ giải thiết ta chọn M (0; m;0) và N (0;0; n) đó mn 0 và n 2m Gọi n là vectơ pháp tuyến (P) thì (P)//BC và (P) qua M, N nên n BC (2;3; 3) , n MN (0; m; n) nên ta chọn n BC , MN (3n 4m; 2n; 2m) n m n (9m; 4m; 2m) và (P) qua A( 2; 2; 2) nên (P) có phương trình: + 3x y z 10 0 n m n ( 9m; 4m; 2m) và (P) qua A( 2; 2; 2) nên (P) có phương trình: + x y z 30 0 Vậy P : 3x y z 10 0 Hoặc x y z 30 0 VIII Tìm số nguyên dương n biết: 2C22n1 3.2.2C23n1 ( 1)k k (k 1)2k C2kn1 2n(2n 1)2 n C22nn11 40200 +1 n+1 − 1¿ k C k2 n+1 x k + −C 2n 2n +1 x * Xét 1− x ¿2 n +1=C − C1 x+ C2 x − +¿ 2n +1 n+1 n+ ¿ (1) * Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có: (2n 1)(1 x)2 n C21n 1 2C22n 1 x ( 1)k kC2kn 1 x k (2n 1)C22nn11 x n (2) k k k −2 n+1 n −1 −1 ¿ k ( k − 1)C 2n +1 x + −2 n(2 n+1)C n+1 x Lại lấy đạo hàm hai vế (2) ta có: 1− x ¿2 n −1 =2C 22 n+1 −3 C32 n +1 x + +¿ n(2 n+1) ¿ Thay x = vào đẳng thức trên ta có: k 2n 2n 1 2n(2n 1) 2C 22n 1 3.2.2C32n 1 ( 1)k k(k 1)2 k C 2n C 2n 1 1 2n(2n 1)2 Phương trình đã cho ⇔ n(2 n+1)=40200 ⇔ n2+ n− 20100=0 ⇔ n=100 (6) ĐỀ SỐ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y 2x 1 x C hàm số trên 1) Khảo sát và vẽ đồ thị 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 3 10 Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: sin 3x 3sin x cos x 3sin x 3cos x 0 x y xy 4 y y ( x y ) 2 x y 2) Giải hệ phương trình: 3sin x cos x I dx (sin x cos x)3 Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 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) 30 Câu V (1 điểm): Cho các số dương a, b, c : ab bc ca 3 1 1 2 Chứng minh rằng: a (b c) b (c a) 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): 2 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x y – x – y 0, (C ') : x y x – cùng qua M(1; 0) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') A, B cho MA= 2MB (7) 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) 20 20 Câu VII.a (1 điểm): Khai triển đa thức: (1 x) a0 a1 x a2 x a20 x 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 Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1 ) : x y z x 1 y z (d ) : 1 và 2 1 Tìm tọa độ các điểm M thuộc (d1 ) và N thuộc (d ) cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng P : x – y z 2010 độ dài đoạn MN √2 2log1 x ( xy x y 2) log 2 y ( x x 1) 6 log ( y 5) log 2 y ( x 4) =1 Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình 1 x ………………………………… HẾT…………………………………………………… Câu I ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ Nội dung Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số Từ giả thiết ta có: (d ) : y k ( x 1) 1 Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có 2 x x y2 y1 90(*) hai nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt cho 2x k ( x 1) kx (2k 3) x k 0 (I ) x 1 (I ) y k ( x 1) y k ( x 1) Ta có: Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt và phương trình kx (2k 3) x k 0(**) k 0, k có hai nghiệm phân biệt Khi đó dễ có Ta biến đổi (*) trở thành: 2k k 3 , x1 x2 , k k Theo định lí Viet cho (**) ta có: vào (***) ta có phương 41 41 k 3, k , k 2 16 16 trình: 8k 27 k 8k 0 ( k 3)(8k 3k 1) 0 KL: Vậy có giá trị k thoả mãn trên sin 3x 3sin x cos x 3sin x 3cos x 0 (sin 3x sin x) 2sin x 3sin x (cos x 3cos x) 0 x1 x2 II (1 k ) x2 x1 90 (1 k )[ x2 x1 x2 x1 ] 90(***) (8) 2sin x.cos x 2sin x 6.sin cos x (2 cos x 3cos x 1) 0 2sin x.cos x 2sin x 6.sin cos x (2 cos x 3cos x 1) 0 1 (2sin x 1)(2 cos x 3cos x 1) 0 sin x cos x 1 cos x 2 x k 2 sin x , ( k Z ) x 5 k 2 +) x k 2 cos x , (k Z ) x k 2 +) +) cos x 1 x k 2 , (k Z ) KL:Vậy phương trình có họ nghiệm trên x2 1 x y 4 x y xy 4 y y 2 y ( x y ) x y x ( x y ) 7 y y Dễ thấy , ta có: u v 4 u 4 v v 3, u 1 x 1 u , v x y y v 2v 15 0 v 5, u 9 Đặt ta có hệ: v 2u 7 x2 1 y x2 1 y x x 0 x 1, y 2 x y 3 x 2, y 5 y 3 x y 3 x +) Với v 3, u 1 ta có hệ: x 9 y x 9 y x x 46 0 x y y x y x , hệ này vô +) Với v 5, u 9 ta có hệ: nghiệm KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y ) {(1; 2), ( 2; 5)} III x t dx dt , x 0 t , x t 0 2 Đặt 2 3sin x cos x 3cos t 2sin t 3cos x 2sin x I dx dt dx 3 (sin x cos x) (cos t sin t ) (cos x sin x)3 0 Suy ra: không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số) Suy ra: IV (Do tích phân 3sin x 2cos x 3cos x 2sin x I I I dx dx dx 3 (sin x cos x) (cos x sin x) (sin x cos x) 0 = 1 2 dx d x tan x 1 2 4 4 cos x cos x I 4 = KL: Vậy + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC M, mp(SBD) kẻ BG cắt SD N + Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có S (9) N SG M G SO suy G là trọng tâm tam giác SBD A Từ đó suy M, N là trung điểm SC, SD O 1 VS ABD VS BCD VS ABCD V 2 + Dễ có: Theo công thức tỷ số thể tích ta có: C B VS ABN SA SB SN 1 1.1 VS ABN V VS ABD SA SB SD 2 VS BMN SB SM SN 1 1 1 VS ABN V VS BCD SB SC SD 2 Từ đó suy ra: VS ABMN VS ABN VS BMN V V SA.dt ( ABCD ) + Ta có: ; 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 N, SA AD a NAD NDA 30 Suy ra: tan 300 suy 1 V SA.dt ( ABCD ) a.a.a a 3 3 Suy ra: Suy ra: thể tích cần tìm là: V VMNABCD VS ABCD VS ABMN V 5 3a V V 8 24 Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có: ab bc ca 3 (abc) abc 1 1 a (b c) abc a (b c) a (ab bc ca ) 3a (1) a (b c) 3a Suy ra: 1 1 (2), (3) c (a b) 3c Tương tự ta có: b (c a ) 3b Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: 1 1 1 ab bc ca ( ) 2 a (b c ) b (c a ) c (a b) c b c 3abc abc Dấu “=” xảy và abc 1, ab bc ca 3 a b c 1, (a, b, c 0) D (10) VIa + Gọi tâm và bán kính (C), (C’) là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R 1, R ' 3 , đường 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’ là trung điểm AM, BM 2 2 Khi đó ta có: MA 2 MB IA IH 2 I ' A I ' H ' 2 d ( I ;d ) 4[9 d ( I ';d ) ] , IA IH 9a b2 36a b 2 d ( I ';d ) d ( I ;d ) 35 35 35 a 36b 2 2 2 a b a b a b a b 1 a 6 Dễ thấy b 0 nên chọn Kiểm tra điều kiện IA IH thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn AB (2; 2; 2), AC (0; 2; 2) Suy phương trình mặt phẳng trung trực AB, + Ta có: AC là: x y z 0, y z 0 n AB, AC (8; 4; 4) + Vecto pháp tuyến mp(ABC) là Suy (ABC): x y z 0 x y z 0 y z 0 2 x y z 0 + Giải hệ: VII.a x 0 y 2 z 1 Suy tâm đường tròn là I (0; 2;1) 2 Bán kính là R IA ( 0) (0 2) (1 1) x(1 3x)20 a0 2a1 x 3a2 x 21a20 x 20 + Ta có: (1 3x) 20 60 x(1 3x)19 a0 2a1 x 3a2 x 21a20 x 20 (*) a x k ak ( x ) k Nhận thấy: k đó thay x vào hai vế (*) ta có: S a0 a1 a2 21 a20 422 VIb + Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận HK ( 1; 2) làm vtpt và AC qua K nên ( AC ) : x y 0 Ta dễ có: ( BK ) : x y 0 + Do A AC , B BK nên giả sử A(2a 4; a), B(b; 2b) Mặt khác M (3;1) là trung điểm AB nên ta có hệ: 2a b 6 2a b 10 a 4 a 2b 2 a 2b 0 b 2 4), B(2; 2) Suy ra: A(4; + Suy ra: AB ( 2; 6) , suy ra: ( AB ) : x y 0 + Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HA (3; 4) , suy ra: ( BC ) : 3x y 0 (11) KL: Vậy : ( AC ) : x y 0, ( AB ) : x y 0 , ( BC ) : 3x y 0 + M , N (d1 ), (d ) nên ta giả sử M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N ( 2t2 ; t2 ; t2 ) NM (t1 2t2 1; t1 t2 ; 2t1 t 1) nP NM 0 1.(t1 2t2 1) 1.(t1 t ) 1(2t1 t2 1) 0 + MN song song mp(P) nên: t2 t1 NM ( t1 1; 2t1 ;3t1 1) t1 0 2 2 MN ( t1 1) (2t1 ) (3t1 1) 2 7t1 4t1 0 t1 + Ta có: 4 M ( ; ; ), N ( ; ; ) M (0; 0; 0), N ( 1; 0;1) 7 7 7 + Suy ra: + Kiểm tra lại thấy hai trường hợp trên không có trường hợp nào M ( P) VII.b KL: Vậy có hai cặp M, N trên thoả mãn xy x y 0, x x 0, y 0, x (I ) x 1, y 1 + Điều kiện: 2 log1 x [(1 x)( y 2)] log 2 y (1 x) 6 (I ) =1 log1 x ( y 5) log 2 y ( x 4) + Ta có: log1 x ( y 2) log 2 y (1 x) 0 (1) = (2) log1 x ( y 5) log 2 y ( x 4) t 0 (t 1) 0 t 1 log 2 y (1 x) t t + Đặt thì (1) trở thành: Với t 1 ta có: x y y x (3) Thế vào (2) ta có: log1 x ( x 4) log1 x ( x 4) = log1 x x4 x4 1 1 x x x 0 x4 x4 x 0 y x Suy ra: y 1 + Kiểm tra thấy có x 2, y 1 thoả mãn điều kiện trên Vậy hệ có nghiệm x 2, y 1 (12)