63 Đề thi thử Đại học 2011 - Đề số 36 potx

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
24
1
x
y
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
310MN  .
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình: sin . 3 3sin 2 cos2 3sin 3cos 2 0xxxxx
2
2) Giải hệ phương trình:

22
22
14
()27
x

yxy y
yx y x y





.
Câu III (1 điểm): Tính tích phân:
2
3
0
3sin 2cos
(sin cos )
x
x
I
dx
xx






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 .
0

30
Câu V (1 điểm): Cho các số dương ,,: 3.abc ab bc ca


Chứng minh rằng:
222
111
.
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
22
(): – 2 – 2 1 0,Cx y x y
22
('): 4–5 0Cx 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. ,(')CC
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngo
ại 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 20
01 2 20
(1 3 ) .
x
aaxax ax Tính tổng:
012
2 3 21Sa 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
():
112
x
yz
d

 và
2
11
():
21 1
x
yz
d





.
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
0
2
()d

: – 2010 Px y z  2 .
Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình
2
12
12
2log ( 2 2) log ( 2 1) 6
log ( 5) log ( 4) = 1
xy
xy
xy x y x x
yx




 



 




………………………………… HẾT……………………………………………………

63 Đề thi thử Đại học 2011
-85-

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.dykx


11 2 2
(; ),(; )
Bài toán trở
thành: Tìm k để hệ phương trình sau
có hai nghiệm
x
yxyphân biệt sao cho


22
21 21
90(*)xx yy
24
(1)1
()
1
(1)1
x
kx
I
x
ykx









. Ta có:
2
(2 3) 3 0
()
(1)1
kx k x k
I
ykx









Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
có hai nghiệm phân biệ
t. Khi đó dễ có được
2
(2 3) 3 0(**)kx k x k
3
0, .
8
kk


Ta biến đổi (*) trở thành:
 
22
22
21 21 21
(1 ) 90 (1 )[ 4 ] 90(***)kxx k xx xx 
Theo định lí Viet cho (**) ta có:
12 12
23 3
,
kk

xx xx
kk
,


 
thế vào (***) ta có
phương trình:
32 2
827830(3)(831)kkk k kk 0
341 341
3, ,
16 16
 
  kk k .
KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên.

0,25










0,5

0,25

Câu Phần Nội dung Điểm
II
(2,0)

1(1,0)
sin 3 3sin 2 cos 2 3sin 3cos 2 0xxxxx



(sin3 sin ) 2sin 3sin 2 (cos 2 2 3cos ) 0xx x x x x    

2
2sin 2 .cos 2sin 6.sin.cos (2cos 3cos 1) 0xx x x x x
22
2sin .cos 2sin 6.sin.cos (2cos 3cos 1) 0xx x x x x
2
1
sin
2
(2sin 1)(2cos 3cos 1) 0 cos 1
1
cos
2
x
xxx

x

x



 







+)
2
6
,( )
5
1
2
i
6
sn .
2











xk
Z
k
x k
x





+)
2
3
,( )
2
3
1
cos .
2







 



x
x
k
kZ
xk





+)
cos 1 .2,( ) 
x
kkZx


KL:
Vậy phương trình có 5 họ nghiệm như trên.

0,25





0,25

0,25

0,25

2(1,0)
Dễ thấy , ta có: 0y 
2
22
22
2
2
1
4
14
.
()272
1
()2

x
xy
y
xyxy y
yx y x y
x
xy
y













7





Đặt
2
1

,
x
uvx
y

y
1
9
ta có hệ:
22
44 3,
27 2150 5,
uv u v v u
vu vv v u


 






 




0,25

0,25

63 Đề thi thử Đại học 2011
-86-


+) Với ta có hệ:
3, 1vu
22
xy
y
2
1, 2
11 20
2, 5
33 3
xy
xyxx
xy
x yx yx



  

 






  



.
+) Với v ta có hệ: 5, 9u 
222
19 19 9 460
55 5
xyxyxx
x
yyxy

x




  


, hệ
này vô nghiệm.
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: (; ) {(1;2),(2;5)}.

xy

0,25





0,25

Câu Phần Nội dung Điểm
III
(1,0)

Đặt
,0 ,
22
x t dx dt x t x t 0.
2


   
Suy ra:
222
33
000
3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin
(sin cos ) (cos sin ) (cos sin )
3
x

xttxx
I
dx dt dx
xx tt xx





(Do tích phân
không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số).
Suy ra:
22 2
33
00 0
3sin 2cos 3cos 2sin 1
2
(sin cos ) (cos sin ) (sin cos )
xx xx
2
I
I I dx dx dx
xx xx xx
 

  


=
=

22
2
22
00
0
111 1
tan 1
242
2cos cos
44
dx d x x
xx




 

 
 
 

 
 

4
. KL: Vậ
y
1
.

2

I

0,25



0,25






0,5

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:

.
11
22
S ABD S BCD S ABCD
VV . V V 
Theo công thức tỷ số thể tích ta có:
.
.
.
11 1
. . 1.1.
22 4
SABN
S ABN
S ABD
V
SA SB SN
VV
VSASBSD

.
.
.SB
CD
Từ đó suy ra:
11 1 1
1

22 4 8
SBMN

SABN
V
SB SM SN
VV
VSBSCSD



3
.
8
S ABMN S ABN S BMN
VVVV
+ Ta có:
1
.( )
3
V
; mà theo giả thiết
SA dt ABCD
( )SA ABCD

nên góc hợp bởi AN với
mp(ABCD) chính là góc , lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD cân tại
N, suy ra Suy ra:

NAD
0
30 .



NAD NDA
0
3
30
SA
tan
A
Da.
Suy ra:
3
11
.( ) 3
33
3
3
SA dt ABCD a a a a

V .




0,25

0,25










S
N
M
O
C
A
D
G
B
63 Đề thi thử Đại học 2011
-87-

Suy ra: thể tích cần tìm là:
3

35
88
53
.
24

MNABCD S ABCD S ABMN
a
VVVVVV

0,5

Câu Phần Nội dung Điểm
V
(1,0)

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:
2
3
33()ab bc ca abc abc 1

  .
Suy ra:
2
2
2
1() ()(
11
1()3
)3 (1)   


a b c abc a b c a ab b
abc a
cca a .
Tương tự ta có:
22
11 11
(2), (3).
1 ( )3 1 ( )3bcab cabc

 

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:
222
1111111
()
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 ra khi và chỉ khi 1, 3 1, ( , , 0).abc ab bc ca a b c a b c

 
0,25

0,25





0,5

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) qu
a
M có phương trình .
1, ' 3RR
0, (a a b 
22
( 1) ( 0) 0 0)(*)a x b y ax by    
+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.
Khi đó ta có:
22 2 2
''
M

22'A MB IAIH IAIH 

2
]
 
2
1(;)4[9(';)dId dId   ,
.
I
AIH

22
22
22 22
9
4 ( '; ) ( ; ) 35 4. 35
ab
dId dId
ab ab



22
22
22
36
35 36
ab
ab
ab





Dễ thấy
b nên chọn 0
6
1
6







a
b
a
.
Kiểm tra điều kiện
I
AIH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn.

0,25



0,25

0,25



0,25
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 

1 0, 3 0.xyz yz 

+ Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là , (8; 4;4).nABAC




 
Suy ra (ABC):
21xyz0
1


(0; 2;1).I
.
+ Giải hệ: . Suy ra tâm đường tròn là
10 0

30 2
210
xyz x
yz y
xyz z
 


  


 

Bán kính là
222
( 1 0) (0 2) (1 1 .) 5   RIA
0,25



0,25





0,5

Câu Phần Nội dung Điểm

VII.a
(1,0)

+ Ta có:

20 2 20
01 2 20
(1 3 ) 2 3 21 .
x
xaaxax ax


20 19 2 20
01 2 20
(1 3 ) 60 (1 3 ) 2 3 21
x
xxaaxax ax       (*).
Nhận thấy:
()
k
kk
ax a x
k
do đó thay 1x

 vào cả hai vế của (*) ta có:
012 20
22

2 3 21 4   Sa a a a .
0,25

0,25
0,25

0,25

63 Đề thi thử Đại học 2011
-88-


Câu Phần Nội dung Điểm

VIb
(2,0)

1(1,0)
+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận

(1;
2)HK  làm vtpt và AC đi qua K nên
():240AC x y.
0
Ta cũng dễ có:
():2 2BK x y.
+ Do
,
A
AC B BK nên giả sử

(2 4; ), ( ; 2 2 ).
A
aaBb b



M
ặt khác là
(3;1)M
trung điểm của AB nên ta có hệ:
24
6
2 10 4
.
22 2 2 0 2
ab ab a
ab ab b
  



    


Suy ra:
(4; 4), (2; 2).AB

+ Suy ra: , suy ra: ((
2; 6)AB   ) :3 8 0AB x
y


.
+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận (3; 4)HA 


, suy ra:
():3420BC x y.
KL: Vậy :
():240AC x y ,():3 80

AB x y , ():3420BC x y .




0,25






0,5





0,25
2(1,0)

+
12
,(),()
M
Ndd
111
(;;2), (1MtttN
nên ta giả sử
22 2 1 2 1212
2; ;1 ) ( 2 1; ;2 1)tt t NM t t tttt       


.
+ MN song song mp(P) nên:
nN
12 12 12
. 0 1.( 2 1) 1.( ) 1(2 1) 0
P
M t t t t t t



 

21 1 11
(1;2;31ttNMt tt  

).
+ Ta có:
1

22 2 2
111 11
1
0
2( 1)(2)(31)2740
4
7
t
MN t t t t t
t



 



.
+ Suy ra: hoặc
(0;0;0), ( 1;0;1)MN
448 1 43
(; ;), (; ;)
777 7 77
MN .
+ 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.

0,25

0,25



0,25



0,25

Câu Phần Nội dung Điểm

VII.b
(1,0)

+ Điều kiện:
2
2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0
()
01 1,02 1
xy x y x x y x
I
xy
     
    




.
+ Ta có:
()
12
12
2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6
log ( 5) log ( 4) = 1
xy
xy
xy x
I
yx



 




 



12
12
log ( 2) log (1 ) 2 0 (1)
log ( 5) log ( 4) = 1(2).
xy
xy

yx
yx


 




 



+ Đặt lo
2
g (1 )
y
x
t

 thì (1) trở thành:
2
1
20 (1) 0 1.ttt
t

  
(3).

Với

t ta có: 12 Thế vào (2) ta có: 1 1xy y x 
2
11 1
44
log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0
44
xx x
xx
xx xx
xx
 
x


        


0
2
x
x






. Suy ra:
1
1

y
y






.
+ Kiểm tra thấy chỉ có 2, 1
x
y

thoả mãn điều kiện trên.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất 2, 1


x
y .
0,25






0,25

0,25


0,25
A
M
K
H
B
C
63 Đề thi thử Đại học 2011
-89-