Đề+ĐA môn Toán khối A thi Thử ĐH 2011

Đề thi thử Đại học năm học 2010-2011 Môn thi: toán, Khối A Thời gian làm bài: 180 phút Câu I (2,0 điểm) 1. Cho hệ phơng trình: 2 2 x y 4x 4y 7 0 mx y 2 0 + + = + = a) Tìm m để hệ có nghiệm. b) Khi hệ có hai nghiệm ( ) ( ) 1 1 2 2 x ; y , x ; y (không nhất thiết khác nhau), tìm m để biểu thức P= ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 x x y y + đạt giá trị lớn nhất. 2. Giải phơng trình: 2 3 2ln x ln x 6ln x ln x 2 0+ + + = . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phơng trình: ( ) ( ) 2 sin cos x sin sin 2x = . 2. Tìm tất cả những điểm trên mặt phẳng tọa độ mà từ đó có thể kẻ đợc hai tiếp tuyến vuông góc với nhau tới parabole (P): 2 x 8y= . Câu II (2,0 điểm) 1. Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng: 2x z 1 0 x y 4 0 = + = và 3x y 2 0 y z 2 0 + = = 2. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có AB = BC = CD = DA = SA = SC. Chứng minh rằng: a) Các mặt phẳng ABCD và SBD vuông góc với nhau. b) SBD là tam giác vuông. Câu IV (2,0 điểm) Cho hàm số f(x) = 3 2 2x 9x 12x 4 + . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số f(x). 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f(x) và trục hoành. Câu V (2,0 điểm) 1. Chứng minh đẳng thức: ( ) ( ) 1 n m m m n 0 1 x 1 x dx m n 1 C + = + + , với m và n là hai số tự nhiên. 2. Tìm hệ số của 6 x trong khai triển của 10 2 x 3 x + ữ Hết 1 Câu I: (2 điểm) Ý N ội dung Đi ểm 1) Hệ phương trình 2 2 x y 4x 4y 7 0 (1) mx y 2 0 (2)  + − − + =  − + =  1,0 a) Tìm m để hệ có nghiệm: Từ pt (2) ta có y=mx+2. Thế vào pt (1) ta được: 2 2 2 x m x 4mx 4 4x 4mx 8 7 0 + + + − − − + = hay ( ) 2 2 m 1 x 4x 3 0+ − + = (3) 0,25 Phương trình (3) có 2 1 3m ′ ∆ = − . Rõ ràng hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi pt (3) có nghiệm, tức là 2 3 1 3m 0 m 3 ′ ∆ = − ≥ ⇔ ≤ . 0,25 b)Pt (3) có nghiệm 2 1,2 2 2 1 3m x m 1 ± − = + nên ( ) 2 2 2 1 2 2 2 1 3m x x m 1   − − =  ÷  ÷ +   = ( ) 2 2 2 4 12m m 1 − + và ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 y y m x x− = − = ( ) ( ) 2 2 2 2 m 4 12m m 1 − + . Suy ra P= 2 2 4 12m m 1 − + . Dễ thấy khi |m| tăng thì P giảm. Vậy P đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi m=0. 0,5 2) Giải pt: 2 3 2ln x ln x 6ln x ln x 2 0+ − + + = . 1,0 Điều kiện: ln x 0 x 1≥ ⇔ ≥ . 0,25 Đặt t ln x= , khi đó t 0≥ và pt đã cho trở thành: 4 3 2 2t t 6t t 2 0+ − + + = (4) 0,25 Rõ ràng t=0 không là nghiệm của pt (4) nên chia hai vế pt (*) cho t 2 , rồi đặt 1 u t t = + , ta có 0,25 u 2≥ và được pt 2 2u u 10 0+ − = u 2⇔ = hoặc 5 u 2 = − (loại). Vậy u=2 t 1 x e⇔ = ⇔ = . 0,25 Câu II: (2 điểm) Ý N ội dung Đi ểm 1) Giải pt ( ) ( ) 2 sin cos x sin sin 2xπ = π (1) 1,0 Pt (1) ( ) 2 2 cos x sin 2x 2k 2 cos x sin 2x 2k (3)  π = π + π  ⇔  π = π−π + π   , với k là số nguyên. 0,25 Ta có (2) 2 cos x sin 2x 2k⇔ = + cos2x 2sin 2x 4k 1⇔ − = − (4) Điều kiện để (4) có nghiệm là (4k-1) 2 ≤ 5 , k ∈¢ k 0 ⇔ = . Tương tự điều kiện để pt (3) có nghiệm là k=0. 0,25 Khi k=0, ta có (2) cos2x 2sin 2x 1 ⇔ − = − 1 2 1 cos2x sin 2x 5 5 5 ⇔ − = − . Gọi α là góc trong khoảng 0; 2 π    ÷   sao cho 2 1 cos ;sin 5 5 α = α = , ta có: ( ) sin 2x sin−α = α 2x 2m 2x 2m −α = α + π  ⇔  −α = π −α + π  x m , m x m 2 = α + π   ⇔ ∈ π  = + π  ¢ 0,25 Khi k=0, hoàn toàn tương tụ ta có nghiệm của pt (3) là x m , m x m 2 = π   ∈ π  = −α + + π  ¢ 0,25 2) Tìm tất cả những điểm trên mặt phẳng tọa độ mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến vuông 1,0 2 góc với nhau tới parabol (P): x 2 = 8y. Tiếp tuyến bất kỳ của (P) có dạng ( ) 0 0 x x 4 y y= + hay 0 0 x x 4y 4y 0− − = . (5) 0,25 Những điểm cần tìm là các giao điểm ( ) A A A x ;y của những cặp tiếp tuyến với phương trình cùng có dạng (5) với các tiếp tuyến khác nhau sao cho hai tiếp tuyến vuông góc với nhau. 0,25 Tức là hai đường thẳng có pt tương ứng 1 1 x x 4y 4y 0− − = (6) và 2 2 x x 4y 4y 0− − = (7) thỏa 1 2 1 2 n .n x x ( 4).( 4) 0= + − − = r r 1 2 x x 16⇔ = − 0,25 Từ (6) và (7) suy ra ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 x x x x x x x 4 y y 4 8 8 2   − − = − = − =  ÷   nên x 1 2 x x 2 + = . Suy ra 1 1 1 2 x x 4y x x y 2 4 8 − = = = − , vì x 1 2 x x 2 + = . Vậy 1 2 x x A ; - 2 2   +  ÷   suy ra các điểm cần tìm lập thành đường thẳng y = -2. 0,25 Câu III: (2 điểm) Ý N ội dung Đi ểm 1) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng (d): 2x z 1 0 x y 4 0 − − =   + − =  và (d 1 ): 3x y 2 0 y z 2 0 + − =   − − =  1,0 Phương trình tham số của đường thẳng thứ nhất là (d): x t y 4 t z 1 2t =   = −   = − +  tức là đi qua A(0; 4; -1) và có VTCP là u (1; 1;2)= − r . 0,25 Phương trình mặt phẳng (P) đi qua đường thẳng (d 1 ) và song song với (d). Dạng của (P) là ( ) ( ) 3x y 2 y z 2 0α + − +β − − = hay ( ) 3 x y z 2 2 0α + α +β −β − α − β = . 0,25 Từ điều kiện (d)//(P) suy ra ( ) 1.3 1. 2( ) 0α − α +β + −β = 2 3 0⇔ α − β = . Lấy 3 α = , 2β = ta có (P): 9x 5y 2z 10 0+ − − = 0,25 Khoảng cách cần tìm chính là khoảng cách từ A tới (P), tức là bằng 9.0 5.4 2.( 1) 10 12 81 25 4 110 + − − − = + + 0,25 2 Hình học không gian 1,0 a) Vì tứ giác ABCD là hình thoi nên AC BD^ . Mặt khác, vì SAC∆ cân tại S nên AC S^ O , với O AC BD= ∩ . Suy ra ( ) AC SBD^ , vì vậy (ABCD) ^ (SBD). 0,5 b) Hiển nhiên SAC BAC∆ = ∆ . Do SBD∆ có trung tuyến thuộc BD bằng nửa BD nên tam giác này vuông tại S. 0,5 Câu IV: (2 điểm) Ý N ội dung Đi ểm 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số f(x) = 3 2 2x 9x 12x 4− + − . 1,0 +) Tập xác định ¡ +) Đạo hàm 2 y 6x 18x 12 ′ = − + 0,25 3 y' = 0 x = 1 ⇔ hoặc x = 2 +) Bảng biến thiên x −∞ -2 2 +∞ y’ + 0 - 0 + +∞ 1 y 0 −∞ 0,5 +) Đồ thị: Đồ thị không có tiệm cận; đồ thị không cắt 0x tại 1 ;0 2    ÷   và ( ) 2;0 ; đồ thị cắt 0y tại (0; -4). y = 3 2 2x 9x 12x 4− + − 0 1/2 0,25 2) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x) và trục hoành. 1,0 Phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm x = 1 2 và x = 2. Diện tích hình phẳng cần tìm là ( ) 2 3 2 1 2 S 2x 9x 12x 4 dx= − + − ∫ 0,5 = 2 4 3 2 1 2 x x x 2 9 12 4x 4 3 2   − + −  ÷   = 2 4 3 2 1 2 x 3x 6x 4x 2   − + −  ÷   = … = 27 32 (đvdt) 0,5 Câu V: (1 điểm) Ý N ội dung Đi ểm 4 1 Ký hiệu I(m;n) = ( ) 1 n m 0 x 1 x dx− ∫ ; khi đó ta có đẳng thức cần chứng minh sẽ là: ( ) ( ) m!n! I m;n m n 1 ! = + + (1). Trước hết ta có ( ) ( ) 1 m!0! I m;0 m 1 m 0 1 ! = = + + + , tức là (1) đúng với n=0 và m tự nhiên. Ta chứng minh quy nạp theo n. 0,5 Giả sử (1) đúng với mọi m tự nhiên và n = k, tức là ( ) ( ) m!k! I m;k m k 1 ! = + + (2) Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k+1, tức là ( ) ( ) ( ) m! k 1 ! I m;k 1 m k 2 ! + + = + + (3) Thật vậy ( ) 1 n m 0 x 1 x dx− ∫ = ( ) 1 m 1 k 1 0 x 1 x d m 1 + +   −  ÷ +   ∫ = ( ) ( ) ( ) 0 1 m 1 m 1 k 1 k 0 0 x x 1 x k 1 1 x dx m 1 m 1 + + +   − + + −  ÷ + +   ∫ = ( ) ( ) ( ) ( ) m 1 !k! m! k 1 ! k 1 k 1 I(m 1;k) m 1 m 1 m k 2 ! m k 2 ! + + + +   + = =  ÷ + + + + + +   (đpcm). Ghi chú: Nếu thí sinh không biết dùng phương pháp quy nạp theo một biến thì có thể chứng minh cho một số trường hợp đặc biệt, rồi rút ra kết luận chung. 0,5 2 BiÓu thøc ®· cho chÝnh lµ: 2 10 10 10 10 10 (x 3x 2) (x 1) (x 2) A x x − + − − = = HÖ sè cña x 6 trong khai triÓn cña A chÝnh lµ hÖ sè cña x 16 trong khai triÓn cña 10 10 B (x 1) (x 2)= − − . Ta cã: 0 10 1 9 2 8 3 7 4 6 10 10 10 10 10 B (C x C x C x C x C x )= − + − + − × × 0 10 1 9 2 8 3 7 4 6 10 10 10 10 10 (C x 2C x 4C x 8C x 16C x )− + − + − Khai triÓn tiÕp, ta ®îc hÖ sè cña x 16 lµ: 0 4 1 3 2 2 3 1 4 0 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 C .16C C .8C C .4C C .2C C .C 23670+ + + + = Hết 5 . Đề thi thử Đại học năm học 2010 -2011 Môn thi: toán, Khối A Thời gian làm bài: 180 phút Câu I (2,0 điểm) 1. Cho hệ phơng trình: 2 2 x y 4x 4y 7 0 mx y 2 0 + + = + = a) Tìm m để. 1,0 a) Vì tứ giác ABCD là hình thoi nên AC BD^ . Mặt khác, vì SAC∆ cân tại S nên AC S^ O , với O AC BD= ∩ . Suy ra ( ) AC SBD^ , vì vậy (ABCD) ^ (SBD). 0,5 b) Hiển nhiên SAC BAC∆ = ∆ . Do. ra kết luận chung. 0,5 2 BiÓu thøc ®· cho chÝnh lµ: 2 10 10 10 10 10 (x 3x 2) (x 1) (x 2) A x x − + − − = = HÖ sè c a x 6 trong khai triÓn c a A chÝnh lµ hÖ sè c a x 16 trong khai triÓn cña