Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn: Toán - Đề 3

Sở GD&ĐT Phú Thọ. Trường THPT Thanh Thủy. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2009-2010. 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 2 4 1 xy x += − . 1) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số trên. ( )C 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 3 10MN = . Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: s . in 3 3sin 2 cos 2 3sin 3cos 2 0x x x x x− − + + − = 2 2) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 4 ( ) 2 7 x y xy y y x y x y ⎧ + + + =⎨ + = + +⎩ . Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 2 3 0 3sin 2cos (sin cos ) x xI dx x x π −= +∫ 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 . 030 Câu V (1 điểm): Cho các số dương , , : 3.a b c ab bc ca+ + = Chứng minh rằng: 2 2 2 1 1 1 . 1 ( ) 1 ( ) 1 ( )a b c b c a c a b abc + + ≤+ + + + + + 1 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 2 2( ) : – 2 – 2 1 0,C x y x y+ + = 2 2( ') : 4 – 5 0C x y x+ + = cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn ( ) lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB. , ( ')C C 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: 20 2 200 1 2 20(1 3 ) ... .x a a x a x a x− = + + + + Tính tổng: 0 1 22 3 ... 21S a a a a= + + + + 20 . 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 , chân đường cao hạ từ đỉnh B là , trung điểm cạnh AB là . (1;0)H (0; 2)K (3;1)M 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 1( ) : 1 1 2 x y zd = = và 2 1 1( ) : 2 1 1 x y zd + −= =− . Tìm tọa độ các điểm M thuộc và N thuộc sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng độ dài đoạn MN bằng 1( )d 2( )d ( ) : – 2010 0P x y z+ + = 2 . Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình 2 1 2 1 2 2 log ( 2 2) log ( 2 1) 6 log ( 5) log ( 4) = 1 x y x y xy x y x x y x − + − + ⎧ − − + + + − + =⎪⎨ + − +⎪⎩ .....................HẾT 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: ( ) : ( 1) 1.d y k x= − + Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai nghiệm 1 1 2 2( ; ), ( ; )x y x y phân biệt sao cho ( ) ( )2 22 1 2 1 90(*)x x y y− + − = 2 4 ( 1) 1 ( )1 ( 1) 1 x k x Ix y k x +⎧ = − +⎪ − +⎨⎪ = − +⎩ . Ta có: 2 (2 3) 3 0 ( ) ( 1) 1 kx k x k I y k x ⎧ − − + + =⇔ ⎨ = − +⎩ Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình có hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được 2 (2 3) 3 0(**)kx k x k− − + + = 30, . 8 k k≠ < Ta biến đổi (*) trở thành: ( ) ( )2 22 22 1 2 1 2 1(1 ) 90 (1 )[ 4 ] 90(***)k x x k x x x x+ − = ⇔ + + − = Theo định lí Viet cho (**) ta có: 1 2 1 2 2 3 3,k kx x x x k k ,− ++ = = thế vào (***) ta có phương trình: 3 2 28 27 8 3 0 ( 3)(8 3 1) 0=k k k k k k+ + − = ⇔ + + − 3 41 3 43, , 16 16 k k k− + − −⇔ = − = = 1 . KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên. Câu Phần Nội dung Điểm II (2,0) 1(1,0) Ta có: 3sin 3 3sin 4sinx x x= − nên sin 3 3sin 2 cos 2 3sin 3cos 2 0x x x x x− − + + − = ⇔ = = (sin 3 sin ) 2sin 3sin 2 (cos 2 2 3cos ) 0x x x x x x+ + − − + − = 22sin 2 .cos 2sin 6.sin .cos (2cos 3cos 1) 0x x x x x x⇔ + − − − + 2 22sin .cos 2sin 6.sin .cos (2cos 3cos 1) 0x x x x x x⇔ + − − − + 2 1sin 2 (2sin 1)(2cos 3cos 1) 0 cos 1 1cos 2 x x x x x ⎡ x =⎢⎢⇔ − − + = ⇔ ⎢⎢ = =⎢⎣ +) 2 1 6sin , ( ). 52 2 6 x k x k Z x k π π π π ⎡ = +⎢= ⇔ ∈⎢⎢ = +⎢⎣ +) 2 1 3cos , ( ). 2 2 3 x k x k Z x k π π π π ⎡ = +⎢= ⇔ ∈⎢⎢ = − +⎢⎣ +) cos 1 2 , ( ).x x k k Zπ= ⇔ = ∈ KL:Vậy phương trình có 5 họ nghiệm như trên. 1,0 2(1,0) Dễ thấy , ta có: 0y ≠ 2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 4 . ( ) 2 7 2 1( ) 2 x x y yx y xy y y x y x y xx y y ⎧ + + + =⎪⎧ + + + = ⎪⇔⎨ ⎨+ = + + +⎩ ⎪ 7+ − =⎪⎩ Đặt 2 1,xu v x y += = y+ 1 9 ta có hệ: 2 2 4 4 3, 2 7 2 15 0 5, u v u v v u v u v v v u + = = − =⎧ ⎧ ⎡⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎢ = − = + − = = −⎩ ⎩ ⎣ = +) Với ta có hệ: 3, 1v u= = 2 2 2 1, 21 1 2 0 2, 53 3 3 x yx y x y x x x yx y y x y x = =⎧ ⎧ ⎧+ = + = + − = ⎡⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨ ⎢ = − =+ = = − = − ⎣⎩ ⎩ ⎩ . +) Với ta có hệ: 5, 9v u= − = 2 2 21 9 1 9 9 46 0 5 5 5 x y x y x x x y y x y ⎧ ⎧ ⎧ x + = + = + +⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨+ = − = − − = − −⎩ ⎩ ⎩ = , hệ này vô nghiệm. KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y = − Câu Phần Nội dung Điểm III (1,0) Đặt , 0 , 2 2 x t dx dt x t x t 0. 2 π π π= − ⇒ = − = ⇒ = = ⇒ = Suy ra: 2 2 2 3 3 0 0 0 3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin (sin cos ) (cos sin ) (cos sin )3 x x t t x xI dx dt dx x x t t x x π π π − − −= = =+ + +∫ ∫ ∫ (Do tích phân không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số). Suy ra: 2 2 2 3 3 0 0 0 3sin 2cos 3cos 2sin 12 (sin cos ) (cos sin ) (sin cos ) x x x x 2I I I dx dx dxx x x x x x π π π − −= + = + =+ + +∫ ∫ ∫ = = 2 2 2 2 20 0 0 1 1 1 1 tan 1 2 4 22cos cos 4 4 dx d x x x x π π ππ π π π ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ∫ ∫ 4− = . KL: Vậy 1 .2I = 1,0 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 2 3 SG SO = suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD. Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của SC, SD. + Dễ có: . . . 1 1 2 2S ABD S BCD S ABCD V V V= = = V . Theo công thức tỷ số thể tích ta có: . . . 1 1 1. . 1.1. 2 2 4 S ABN S ABN S ABD V SA SB SN V V V SA SB SD = = = ⇒ = . . . 1 1 1 1. . 1. . 2 2 4 8 S BMN S ABN S BCD V SB SM SN V V V SB SC SD = = = ⇒ = Từ đó suy ra: . . . 3 . 8S ABMN S ABN S BMN V V V= + = V + Ta có: 1 . ( ) 3 V SA dt ABCD= ; mà theo giả thiết (SA ABCD)⊥ nên góc hợp bởi AN với mp(ABCD) chính là góc nNAD , lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD cân tại N, suy ra n n 030 .NAD NDA= = Suy ra: 0 3tan 30 SAAD a= = . Suy ra: 31 1. ( ) . . 3 3 3 V SA dt ABCD a a a a= = 3 3 = . Suy ra: thể tích cần tìm là: 3 . . 3 5 5 3 . 8 8 24MNABCD S ABCD S ABMN aV V V V V V= − = − = = S N M O C A D G B Câu Phần Nội dung Điểm V (1,0) Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 233 3 ( )ab bc ca abc abc 1= + + ≥ ⇒ ≤ . Suy ra: 2 2 2 1 11 ( ) ( ) ( ) 3 (1 1 ( ) 3 a b c abc a b c a ab bc ca a a b c a + + ≥ + + = + + = ⇒ ≤+ + ). Tương tự ta có: 2 2 1 1 1 1(2), (3). 1 ( ) 3 1 ( ) 3b c a b c a b c ≤ ≤+ + + + Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 3 3 ab bc ca a b c b c a c a b c b c abc abc 1+ ++ + ≤ + + = =+ + + + + + , . Dấu “=” xảy ẩ khi và chỉ khi 1, 3 1, ( , , 0).abc ab bc ca a b c a b c= + + = ⇒ = = = > 1,0 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 , đường thẳng (d) qua M có phương trình . 1, ' 3R R= = 2 2( 1) ( 0) 0 0, ( 0)(*)a x b y ax by a a b− + − = ⇔ + − = + ≠ + Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, AN. Khi đó ta có: 2 2 2 2' '2 2 'A MB IA IH I A I H= ⇔ − = − ) ]( ) (2 21 ( ; ) 4[4 ( '; )d I d d I d⇔ − = − M ( ) ( ) 2 22 2 2 2 2 294 ( '; ) ( ; ) 15 4. 15a bd I d d I d a b a b⇔ − = ⇔ −+ + = 2 2 2 2 2 2 36 15 21 16a b a b a b −⇔ = ⇔ =+ Dễ thấy nên chọn 0b ≠ 21 41 21 4 a b a ⎡ =⎢⎢= ⇒ ⎢ = −⎢⎣ . Thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn. 1,0 2(1,0) + Ta có: Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: (2; 2; 2), (0; 2;2).AB AC= − =JJJG JJJG 1 0, 3 0.x y z y z+ − − = + − = + Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là , (8; 4;4).n AB AC⎡ ⎤= = −⎣ ⎦ G JJJG JJJG Suy ra (ABC): 2 1x y z− + + = 0 1 ⎪⎨ . + Giải hệ: . Suy ra tâm đường tròn là 1 0 0 3 0 2 2 1 0 x y z x y z y x y z z + − − = =⎧ ⎧⎪ + − = ⇒ =⎨⎪ ⎪− + + = =⎩ ⎩ (0; 2;1).I Bán kính là 2 2 2( 1 0) (0 2) (1 1) 5.R IA= = − − + − + − = Câu Phần Nội dung Điểm VII.a (1,0) + Ta có: ( )20 2 200 1 2 20(1 3 ) 2 3 ... 21 .x x a a x a x a x′− = + + + + 20 19 2 20 0 1 2 20(1 3 ) 60 (1 3 ) 2 3 ... 21x x x a a x a x a x⇔ − − − = + + + + (*). Nhận thấy: ( )kk ka x a x= − k do đó thay 1x = − vào cả hai vế của (*) ta có: 22 0 1 2 202 3 ... 21 4S a a a a= + + + + = . 1,0 Câu Phần Nội dung Điểm VIb (2,0) 1(1,0) + Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận ( 1; 2)HK = −JJJG làm vtpt và AC đi qua K nên 1,0 ( ) : 2 4 0AC x y− + = . Ta 0 cũng dễ có: ( ) : 2 2BK x y+ − = . + Do ,A AC B BK∈ ∈ nên giả sử (2 4; ), ( ; 2 2 ).A a a B b b− − M ⎧⎨⎩ 0 Mặt khác là (3;1) trung điểm của AB nên ta có hệ: 2 4 6 2 10 4 . 2 2 2 2 0 2 a b a b a a b a b b − + = + = =⎧ ⎧⇔ ⇔⎨ ⎨+ − = − = =⎩ ⎩ Suy ra: (4; 4), (2; 2).A B − + Suy ra: , suy ra: ( )( 2; 6)AB = − −JJJG : 3 8AB x y− − = . + Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận (3; 4)HA =JJJG , suy ra: ( ) : 3 4 2 0BC x y+ + = . AC x y− + = AB x y KL: Vậy : ( ) : 2 4 0, ( ) : 3 8 0− − = ( ) : 3 4 2 0.BC x y+ + =, 2(1,0) + 1 2, ( ), ( )M N d d∈ nên ta giả sử 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2( ; ; 2 ), ( 1 2 ; ;1 ) ( 2 1; ;2 1)M t t t N t t t NM t t t t t t− − + ⇒ = + + − − − JJJJG . + MN song song mp(P) nên: n N 1 2 1 2 1 2. 0 1.( 2 1) 1.( ) 1(2 1) 0P M t t t t t t= ⇔ + + − − + − − = JJG JJJJG ) 2 1 1 1 1( 1; 2 ;3 1t t NM t t t⇔ = − ⇒ = − + − JJJJG . + Ta có: 1 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 0 2 ( 1) (2 ) (3 1) 2 7 4 0 4 7 t MN t t t t t t =⎡⎢= ⇔ − + + + − = ⇔ − = ⇔ ⎢ =⎣ . + Suy ra: hoặc (0; 0; 0), ( 1; 0;1)M N − 4 4 8 1 4 3( ; ; ), ( ; ; ) 7 7 7 7 7 7 M N − . + 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. Câu Phần Nội dung Điểm VII.b (1,0) + Điều kiện: 22 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0 ( ) 0 1 1, 0 2 1 xy x y x x y x I x y ⎧− − + + > − + > + > + >⎨ . < − ≠ < + ≠⎩ log ( 5) log ( 4) = 1 x y x y x y x I y x − + − + + Ta có: ( ) 1 2 1 2 2 log [(1 )( 2)] 2 log ( 1) 6− + + − =⎧⎪⇔ ⎨ + − +⎪⎩ g ( 1)y 1 2 1 2 log ( 2) log ( 1) 2 0 (1) log ( 5) log ( 4) = 1 (2). x y x y y x y x − + − + + + − − =⎧⎪⇔ ⎨ + − +⎪⎩ + Đặt lo 2 x t+ − = thì (1) trở thành: 21 2 0 ( 1) 0 1.t tt t+ − = ⇔ − = ⇔ = Với t ta có: 1 2 Thế vào (2) ta có: 1= (3).1x y y x− = + ⇔ = + 2 1 1 1 6 6log ( 6) log ( 4) = 1 log 1 1 4 2 0 4 4x x x x xx x x x x x x− − − + ++ − + ⇔ = ⇔ = − ⇔ + + =+ + 2 2 2 2 x x ⎡ = − +⇔ ⎢ = − −⎢⎣ . Suy ra: 1 2 1 2 y x ⎡ = − +⎢ = − −⎢⎣ . + Kiểm tra thấy thoả mãn điều kiện trên suy ra hệ có hai nghiệm: ( ; 0 {( 2 2; 1 2), ( 2 2; 1 2)}x y = − + − + − − − − . 1,0 A M K H BC