Đề và đáp án thi thử ĐH số 9

wWw.VipLam.Info 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) 2x + Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = 1− x 1) Khảo sát vẽ đồ thị ( C ) hàm số 2) Gọi (d) đường thẳng qua A( 1; ) có hệ số góc k Tìm k cho (d) cắt ( C ) hai điểm M, N MN = 10 Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: sin x − 3sin x − cos x + 3sin x + 3cos x − =  x + y + xy + = y 2) Giải hệ phương trình:  2  y( x + y) = x + y + π Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 3sin x − cos x dx ∫0 (sin x + cos x)3 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G 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 góc hợp đường thẳng AN mp(ABCD) 300 Câu V (1 điểm): Cho số dương a, b, c : ab + bc + ca = 1 1 + + ≤ Chứng minh rằng: 2 + 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): 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x + y – x – y + = 0, (C ') : x + y + x – = 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, xác định toạ độ tâm 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): 20 20 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, viết phương trình cạnh tam giác ABC biết trực tâm H (1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B K (0; 2) , trung điểm cạnh AB M (3;1) 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1 ) : x y z x +1 y z −1 = = = = (d ) : 1 −2 1 Tìm tọa độ điểm M thuộc (d1 ) N thuộc (d ) cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng ( P) : x – y + z + 2010 = độ dài đoạn MN wWw.VipLam.Info  log1− x (− xy − x + y + 2) + log 2+ y ( x − x + 1) = Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình  =1 log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4) ………………………………… HẾT…………………………………………………… Câu Phần Nội dung I Làm đúng, đủ 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) + Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau 2 có hai nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt cho ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 ) = 90(*) Điểm 1,0 0,25  2x + kx − (2k − 3) x + k + = = k ( x − 1) +  ( I ) Ta có: ( I ) ⇔   −x +1 y = k ( x − 1) +   y = k ( x − 1) + Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt phương trình kx − (2k − 3) x + k + = 0(**) có hai nghiệm phân biệt Khi dễ có k ≠ 0, k < 2 2 Ta biến đổi (*) trở thành: (1 + k ) ( x2 − x1 ) = 90⇔ (1 + k )[( x2 + x1 ) − x2 x1 ] = 90(***) 2k − k +3 , x1 x2 = , vào (***) ta có k k phương trình: 8k + 27k + 8k − = ⇔ (k + 3)(8k + 3k − 1) = Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1 + x2 = 0,5 −3 + 41 −3 − 41 , k= 16 16 KL: Vậy có giá trị k thoả mãn 0,25 ⇔ k = −3, k = Câu Phần II (2,0) 1(1,0) Nội dung sin x − 3sin x − cos x + 3sin x + 3cos x − = ⇔ (sin x + sin x) + 2sin x − 3sin x − (cos x + − 3cos x) = ⇔ 2sin x.cos x + 2sin x − 6.sin cos x − (2 cos x − 3cos x + 1) = ⇔ 2sin x.cos x + 2sin x − 6.sin cos x − (2 cos x − 3cos x + 1) =  sin x =   ⇔ (2sin x − 1)(2 cos x − 3cos x + 1) = ⇔  cos x =  cos x =  π  x = + k 2π  , (k ∈ Z ) +) sin x = ⇔   x = 5π + k 2π  Điểm 0,25 0,25 wWw.VipLam.Info π   x = + k 2π , (k ∈ Z ) +) cos x = ⇔   x = − π + k 2π  +) cos x = ⇔ x = k 2π , (k ∈ Z ) KL:Vậy phương trình có họ nghiệm 2(1,0) 0,25 0,25  x2 + +x+ y =   x + y + xy + = y y  ⇔ Dễ thấy y ≠ , ta có:  2 y ( x + y ) = x + y + x +  ( x + y ) − =7  y  u+v =  u = 4−v  v = 3, u = x2 + ⇔ ⇔ u = , v = x + y ta có hệ:  Đặt y v − 2u = v + 2v − 15 =  v = −5, u = +) 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 Phần 0,25 Nội dung π π π Đặt x = − t ⇒ dx = −dt , x = ⇒ t = , x = ⇒ t = 2 π π Điểm 0,25 π Suy ra: I = 3sin x − cos x dx = 3cos t − 2sin t dt = 3cos x − 2sin x dx (Do tích phân ∫0 (sin x + cos x)3 ∫0 (cos t + sin t )3 ∫0 (cos x + sin x)3 không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số) π 0,25 0,25  x2 + = y  x2 + = y  x + x + 46 = v = − 5, u = ⇔ ⇔ +) Với ta có hệ:  , hệ    x + y = −5  y = −5 − x  y = −5 − x vô nghiệm KL: Vậy hệ cho có hai nghiệm: ( x; y ) = {(1; 2), (−2; 5)} Câu III (1,0) 0,25 π 0,25 π Suy ra: I = I + I = 3sin x − cos x dx + 3cos x − 2sin x dx = ∫0 (sin x + cos x)3 ∫0 (cos x + sin x)3 ∫0 (sin x + cos x) dx = π S π 1 π π  π2   dx = ∫ d  x − ÷ = tan  x − ÷ = KL: Vậy I = =∫ π π 4 4     2   cos cos x− ÷ x− ÷ 4 4   Câu IV (1,0) Phần N Nội dung + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC M, mp(SBD) kẻ BG cắt SD N + Vì G trọng tâm tam giác ABC nên dễ có M G SG = suy G trọng tâm tam giác SBD A SO Từ suy M, N trung điểm Điểm D 0,25 O B 0,5 C wWw.VipLam.Info SC, SD 1 + Dễ có: VS ABD = VS BCD = VS ABCD = V 2 Theo công thức tỷ số thể tích ta có: VS ABN SA SB SN 1 = = 1.1 = ⇒ VS ABN = V VS ABD SA SB SD 2 VS BMN SB SM SN 1 1 = = = ⇒ VS ABN = V VS BCD SB SC SD 2 Từ suy ra: 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) góc NAD , lại có N trung điểm SC nên tam giác NAD cân SA · · =a N, suy NAD = NDA = 300 Suy ra: AD = tan 300 1 3 Suy ra: V = SA.dt ( ABCD ) = a.a.a = a 3 3 5 3a Suy ra: thể tích cần tìm là: VMNABCD = VS ABCD − VS ABMN = V − V = V = 8 24 Câu V (1,0) Câu Phần Nội dung Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có: = ab + bc + ca ≥ (abc) ⇒ abc ≤ 1 2 ≤ (1) Suy ra: + a (b + c ) ≥ abc + a (b + c) = a( ab + bc + ca ) = 3a ⇒ + a (b + c) 3a 1 1 ≤ (2), ≤ (3) Tương tự ta có: 2 + b (c + a ) 3b + c (a + b) 3c Cộng (1), (2) (3) theo vế với vế ta có: 1 1 1 ab + bc + ca + + ≤ ( + + )= = W 2 + a (b + c) + b (c + a) + c (a + b) c b c 3abc abc Dấu “=” xảy abc = 1, ab + bc + ca = ⇒ a = b = c = 1, (a, b, c > 0) Phần Nội dung 0,25 0,5 Điểm 0,25 0,25 0,5 Điểm wWw.VipLam.Info VIa 1(1,0 (2,0) ) + Gọi tâm bán kính (C), (C’) I(1; 1) , I’(-2; 0) R = 1, R ' = , đường thẳng (d) qua M có phương trình a ( x − 1) + b( y − 0) = ⇔ ax + by − a = 0, ( a + b ≠ 0)(*) + Gọi H, H’ trung điểm AM, BM Khi ta có: MA = 2MB ⇔ IA2 − IH = I ' A2 − I ' H '2 ⇔ − ( d ( I ;d ) ) = 4[9 − ( d ( I ';d ) ) ] , IA > IH 2 ⇔ ( d ( I ';d ) ) − ( d ( I ;d ) ) = 35 ⇔ 2 0,25 9a b2 − = 35 a + b2 a + b2 36a − b ⇔ = 35 ⇔ a = 36b 2 a +b 0,25  a = −6 Dễ thấy b ≠ nên chọn b = ⇒   a=6 Kiểm tra điều kiện IA > IH thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn uuur uuur 2(1,0) + Ta có: AB = (2; 2; −2), AC = (0; 2; 2) Suy phương trình mặt phẳng trung trực AB, AC là: x + y − z − = 0, y + z − = r uuur uuur + Vecto pháp tuyến mp(ABC) 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 I (0; 2;1) 2 x − y + z + =  z =   Bán kính R = IA = (−1 − 0) + (0 − 2) + (1 − 1) = Câu Phần Nội dung + Ta có: ( x (1 − 3x ) 20 ) ′ = a0 + 2a1 x + 3a2 x + + 21a20 x 20 VII.a (1,0) ⇔ (1 − 3x ) 20 − 60 x(1 − x)19 = a0 + 2a1 x + 3a2 x + + 21a20 x 20 (*) k k Nhận thấy: ak x = ak ( − x) thay x = −1 vào hai vế (*) ta có: S = a0 + a1 + a2 + + 21 a20 = 422 Câu Phần 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Nội dung Điểm wWw.VipLam.Info VIb 1(1,0 (2,0) ) +uuur Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận HK = (−1; 2) làm vtpt AC qua K nên ( AC ) : x − y + = Ta dễ có: ( BK ) : x + y − = + Do A ∈ AC , B ∈ BK nên giả sử A(2a − 4; a ), B (b; − 2b) Mặt khác M (3;1) trung điểm AB nên ta có hệ:  2a − + b = 2a + b = 10 a = ⇔ ⇔   a + − 2b =  a − 2b = b = Suy ra: A(4; 4), B(2; − 2) uuur + Suy ra: AB = (−2; − 6) , suy ra: ( AB ) : 3x − y − = 0,25 0,5 uuur + Đường thẳng BC qua B vuông góc với AH nên nhận HA = (3; 4) , suy ra: ( BC ) : x + y + = KL: Vậy : ( AC ) : x − y + = 0, ( AB ) : 3x − y − = , ( BC ) : x + y + = 2(1,0) + M , N ∈ (d1 ), (d ) nên ta giả sử uuuur M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N (−1 − 2t2 ; t2 ;1 + t2 ) ⇒ NM = (t1 + 2t2 + 1; t1 − t2 ; 2t1 − t − 1) uur uuuur + MN song song mp(P) nên: nP NM = ⇔ 1.(t1 + 2t2 + 1) − 1.(t1 − t2 ) + 1(2t1 − t2 − 1) = uuuur ⇔ t2 = −t1 ⇒ NM = (−t1 + 1; 2t1;3t1 − 1)  t1 = + Ta có: MN = ⇔ (−t1 + 1) + (2t1 ) + (3t1 − 1) = ⇔ 7t − 4t1 = ⇔  t1 =  4 + Suy ra: M (0; 0; 0), N (−1; 0;1) M ( ; ; ), N ( ; − ; ) 7 7 7 + Kiểm tra lại thấy hai trường hợp trường hợp M ∈ ( P ) KL: Vậy có hai cặp M, N thoả mãn Câu Phần 2 Nội dung − xy − x + y + > 0, x − x + > 0, y + > 0, x + > (I ) + Điều kiện:  0 < − x ≠ 1, < + y ≠ VII.b (1,0) 2 log1− x [(1 − x)( y + 2)] + log 2+ y (1 − x) = + Ta có: ( I ) ⇔  =1 log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4) log1− x ( y + 2) + log 2+ y (1 − x) − = (1) ⇔ = (2) log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4) + Đặt log 2+ y (1 − x ) = t (1) trở thành: t + − = ⇔ (t − 1) = ⇔ t = t Với t = ta có: − x = y + ⇔ y = − x − (3) Thế vào (2) ta có: −x + −x + log1− x (− x + 4) − log1− x ( x + 4) = ⇔ log1− x =1⇔ = − x ⇔ x2 + x = x+4 x+4 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Điểm 0,25 0,25 wWw.VipLam.Info  x=0  y = −1 ⇔ Suy ra:   x = −2  y =1 + Kiểm tra thấy có x = −2, y = thoả mãn điều kiện Vậy hệ có nghiệm x = −2, y = 0,25 0,25 ... Nội dung I Làm đúng, đủ bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa (2,0) 1(1,0 ) 2(1,0) Từ giả thi t ta có: (d ) : y = k ( x − 1) + Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau 2 có hai... 0, k < 2 2 Ta biến đổi (*) trở thành: (1 + k ) ( x2 − x1 ) = 90 ⇔ (1 + k )[( x2 + x1 ) − x2 x1 ] = 90 (***) 2k − k +3 , x1 x2 = , vào (***) ta có k k phương trình: 8k + 27k + 8k − = ⇔ (k + 3)(8k... tích phân ∫0 (sin x + cos x)3 ∫0 (cos t + sin t )3 ∫0 (cos x + sin x)3 không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số) π 0,25 0,25  x2 + = y  x2 + = y  x + x + 46 = v = − 5, u = ⇔ ⇔ +) Với ta có hệ: