Đề thi thử Đại học môn Toán khối A năm 2010-2011

Đề thi thử Đại học môn Toán khối A năm 2010-2011 có kèm đáp án. Đây là tài liệu ôn tập và luyện thi tốt giúp các em biết được những dạng Toán sẽ ra trong kì thi ĐH để có sự chuẩn bị chu đáo cho kì thi sắp tới.

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010-2011 Mơn: Tốn 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 vng 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 trịn 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  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 tốn 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) 2(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 = π + k 2π  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  x2 + +x+ y =   x + y + xy + = y y  ⇔ Dễ thấy y ≠ , ta có:  2  y( x + y) = x + y + ( x + y ) − x + =  y Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Đặt u = x2 + , v = x + y ta có hệ: y  u+v =  u = 4−v  v = 3, u = ⇔ ⇔  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  x2 + = y  x2 + = y  x + x + 46 = v = − 5, u = ⇔ ⇔ +) Với ta có hệ:  , hệ    x + y = −5  y = −5 − x  y = −5 − x vơ nghiệm KL: Vậy hệ cho có hai nghiệm: ( x; y ) = {(1; 2), ( −2; 5)} Câu Phần Nội dung III π π π Đặt x = − t ⇒ dx = − dt , x = ⇒ t = , x = ⇒ t = (1,0) 2 π π 0,25 Điểm 0,25 π 2 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 khơng phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số) π 0,25 π 0,25 π 2 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 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 Phần IV (1,0) Nội dung + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC M, mp(SBD) kẻ BG cắt SD N S + Vì G trọng tâm tam giác ABC nên dễ có SG = suy G trọng tâm tam giác SBD SO Từ suy M, N trung điểm SC, SD N 1 + Dễ có: VS ABD = VS BCD = VS ABCD = V 2 Theo cơng thức tỷ số thể tích ta có: M G VS ABN SA SB SN 1 A = = 1.1 = ⇒ VS ABN = V VS ABD SA SB SD 2 VS BMN SB SM SN 1 1 = = = ⇒ VS ABN = V O VS BCD SB SC SD 2 Từ suy ra: C B 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 0,5 Điểm 0,25 D 0,25 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 0,5 Câu Phần Nội dung V Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có: = ab + bc + ca ≥ 3 (abc) ⇒ abc ≤ (1,0) 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) Điểm 0,25 Câu Điểm Phần Nội dung + Gọi tâm bán kính (C), (C’) I(1; 1) , I’(-2; 0) R = 1, R ' = , đường VIa 1(1,0) thẳng (d) qua M có phương trình a ( x − 1) + b( y − 0) = ⇔ ax + by − a = 0, ( a + b ≠ 0)(*) (2,0) + 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 Bán kính R = IA = (−1 − 0) + (0 − 2) + (1 − 1) = VII.a (1,0) 0,25 9a b2 − = 35 a + b2 a + b2  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 =   Phần 0,5 0,25 36a − b ⇔ = 35 ⇔ a = 36b 2 a +b Câu 0,25 Nội dung + Ta có: ( x (1 − 3x ) 20 ) ′ = a0 + 2a1 x + 3a2 x + + 21a20 x 20 ⇔ (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: 0,25 0,25 0,25 0,5 Điểm 0,25 0,25 0,25 S = a0 + a1 + a2 + + 21 a20 = 422 Câu 0,25 Phần Nội dung +uuuĐường thẳng AC vng góc với HK nên nhận r VIb 1(1,0) HK = (−1; 2) làm vtpt AC qua K nên (2,0) ( 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 − = Điểm 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 khơng có 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 − x = y + ⇔ y = − x − (3) t = Với ta có: 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 x = y = −   ⇔ Suy ra:   x = −2  y =1 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Điểm 0,25 0,25 0,25 + Kiểm tra thấy có x = −2, y = thoả mãn điều kiện Vậy hệ có nghiệm x = −2, y = 0,25 ... Ta có: V = SA.dt ( ABCD ) ; mà theo giả thi? ??t 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... + bc + ca ≥ 3 (abc) ⇒ abc ≤ (1,0) 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... 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 0,5 Câu Phần Nội dung V Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có: = ab