Đề thi thử Đại học môn Toán khối A năm 2010-2011 có kèm đáp án

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.

KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011 MƠN TỐN (Thời gian làm bài: 180 phút) A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x3  3(2m  1) x  6m(m  1) x  có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để hàm số đồng biến khoảng  2; Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: cos 3x (2 cos x  1) 1 2 b) Giải phương trình : (3x  1) x  5 x  ln Câu III (1 điểm) Tính tích phân I ( x dx e x  2) Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác cạnh a, hình chiếu vng góc A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách AA’ a Câu V (1 điểm) BC Cho x,y,z thoả mãn số thực: x  xy  y 1 Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức x  y 1 x  y 1 B PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) a) Cho hình tam giác ABC có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) trung điểm I AC nằm đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C b) Trong khơng gian Oxyz, cho điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC) Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: ( z  z )( z  3)( z  2) 10 , z  C Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) a Trong mp(Oxy) cho điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng () : x  y   cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích P b.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d1 : x  y  z 5 x  y 3 z   d2 :   1  Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng d1 d2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3 log x  2)  log x  …… HẾT ĐÁP ÁN Câu I a) Đồ Học sinh tự làm 0,25 b) y  x3  3(2m  1) x  6m(m  1) x   y ' 6 x  6(2m  1) x  6m(m  1) y’ có  (2m  1)  4(m  m) 1   x m y ' 0    x m  0,5 0,25 Hàm số đồng biến  2;  y ' x   m  2  m 1 Câu II a) Giải phương trình: cos 3x (2 cos x  1) 1 PT  cos x(4 cos x  1) 1  cos x(3  sin x) 1 Nhận xét x k , k  Z khơng nghiệm phương trình ta có: 0,25 điểm 0,25 0,25 cos x(3  sin x) 1  cos x(3 sin x  sin x) sin x  cos x sin 3x sin x  sin x sin x 2m  x  6 x  x  m2     6 x   x  m2  x    2m  7 0,25 ;mZ 2m  k  2m=5k  m 5t , t  Z  2m Xét  = k  1+2m=7k  k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, 7 lZ 2m  2m Vậy phương trình có nghiệm: x  ( m 5t ); x   ( m 7l  ) 7 m, t , l  Z b) 2 Giải phương trình : (3x  1) x  5 x  x  2 PT  2(3x  1) x  10 x  x  Xét 0,25 điểm 0,25 2(3x  1) x  4(2 x  1)  x  3x  Đặt t  x  1(t 0) Pt trở thành 4t  2(3 x  1)t  x  x  0 Ta có:  ' (3x  1)  4(2 x  x  2) ( x  3) Pt trở thành 4t  2(3 x  1)t  x  x  0 Ta có:  ' (3x  1)  4(2 x  x  2) ( x  3) 0,25 2x  x2 ;t  2 Thay vào cách đăt giải ta phương trình có nghiệm: Từ ta có phương trình có nghiệm : t  0,5     60  x ;    Câu III ln Tính tích phân I  ( Ta c ó I   e x  2) 0,25 x 3 ln e dx x x e ( e  2) x điểm dx = x Đặt u= e  3du e dx ; x 0  u 1; x 3 ln  u 2 2  1 3du    I  Ta được: =3  4u 4(u  2) 2(u  2) 1 u (u  2)  du  0,25 0,25 1  1  =3  ln u  ln u   2(u  2)  4 3  ln( )  3 Vậy I  ln( )  Câu IV 0,25 C’ A’ B’ H C A O M B AM  BC    BC  ( A' AM ) A' O  BC  Kẻ MH  AA' , (do A nhọn nên H thuộc đoạn AA’.) BC  ( A' AM )  Do   HM  BC Vậy HM đọan vông góc chung HM  ( A' AM ) Gọi M trung điểm BC ta thấy: AA’và BC, d ( AA' , BC)  HM a Xét tam giác đồng dạng AA’O AMH, ta có: Câu V 0,5 A' O HM  AO AH  suy A 'O  AO.HM  a a  a AH 3a 1aa a3 Thể tích khối lăng trụ: V A 'O.SABC  A 'O.AM BC  a 23 12 1.Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a  b  c 3 Chứng minh rằng: 3(a  b  c )  4abc 13 0,5 điểm bc *Trước hết ta chưng minh: f (a, b, c)  f (a, t , t ) :Thật Do vai trị a,b,c nên ta giả thiết a b c  3a a  b  c 3 hay a 1 f ( a , b, c )  f ( a , t , t )  2 Đặt f (a, b, c) 3(a  b  c )  4abc  13; t  0,5 3(a  b  c )  4abc  13  3(a  t  t )  4at  13 = 3(b  c  2t )  4a (bc  t ) 2   2(b  c )  (b  c )  3(b  c ) 2  a bc  = 3b  c   a (b  c)   = 4     = (3  2a )(b  c ) 0 a 1 *Bây ta cần chứng minh: f (a, t , t ) 0 với a+2t=3 0,5 Ta có f (a, t , t ) 3(a  t  t )  4at  13 = 3((3  2t )  t  t )  4(3  2t )t  13 = 2(t  1) (7  4t ) 0 2t=b+c < Dấu “=” xảy  t 1 & b  c 0  a b c 1 (ĐPCM) Cho x,y,z thoả mãn số thực: x  xy  y 1 Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức x  y 1 P x  y 1 Tõ gi¶ thiÕt suy ra:  x  xy  y 2 xy  xy  xy ( x  y )  xy  3xy Tõ ®ã ta cã xy Măt khác x  xy  y 1  x  y 1  xy nªn x  y  x y  xy  đăt t=xy Vởy toán trở thành tìm GTLN,GTNN cña  t  2t  P  f (t )  ; t 1 t 2 TÝnh f ' (t ) 0    0  (t  2) t    t   2(l ) 0,25 0.25 0.25 Do hàm số liên tục ;1 nên so sánh giá trị 1 ) , f (  2) , f (1) cho kÕt qu¶: 11 MaxP  f (  2) 6  , P  f ( )  15 f( Câu VIa a) (Học sinh tựuuvẽ u r hình) Ta có: AB   1;  � AB  Phương trình AB là: x  y   I � d  : y  x � I  t ; t  I trung điểm AC: C ( 2t  1;2t ) Theo ra: S ABC  t 0  AB.d (C , AB) 2  6t  4   t   0.25 điểm 0,5 0,5 Từ ta có điểm C(-1;0) C( ; ) thoả mãn 3 b) *Từ phương trình đoạn chắn suy pt tổng quát mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 *Gọi H hình chiếu vng góc O l ên (ABC), OH vng góc với (ABC) nên OH // n(2;1; 1) ; H � ABC  1 Ta suy H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= suy H ( ; ; ) 3 3 2 *O’ đỗi xứng với O qua (ABC)  H trung điểm OO’  O' ( ; ; ) 3 CâuVIIa z  Giải phương trình: ( z  z )( z  3)( z  2) 10 , C 2 PT  z ( z  2)( z  1)( z  3) 10  ( z  z )( z  z  3) 0 Đặt t z  z Khi phương trình (8) trở thành: Đặt t z  z Khi phương trình (8) trở thành t  3t  10 0 t      t    z  i   z   Vậy phương trình có nghiệm: z  1 ; z  i Câu VIb a) điểm 0.25 0,25 0,5 điểm 0,25 0,25 0,5 điểm Viết phương trình đường AB: x  y   AB  Viết phương trình đường CD: x  y  17  CD  17 0,25 Điểm M thuộc  có toạ độ dạng: M  (t ;3t  5) Ta tính được: 13t  19 11t  37 d ( M , AB)  ; d ( M , CD)  17 0,25 Từ đó: S MAB  SMCD � d ( M , AB) AB  d ( M , CD).CD 7 � Có điểm cần tìm là: M (9; 32), M ( ; 2) � t  9 �t  3 0,5 b) điểm Giả sử mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d 1, d2 hai điểm A B ta ln có IA + IB ≥ AB AB ≥ d  d1 , d  dấu xảy I trung điểm AB AB đoạn vng góc chung hai đường thẳng d1, d2 0, 25 Ta tìm A, B : uuu r r � �AB  u r ur Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’) �uuu �AB  u ' uuur � AB (….)… � A(1; 2; -3) B(3; 0; 1) � I(2; 1; -1) Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) bán kính R= 0,25 Nên có phương trình là:  x    ( y  1)  ( z  1)  0,25 x(3 log x  2)  log x  điểm CâuVIIb Giải bất phương trình 0,25 Điều kiện: x  Bất phương trình  3( x  3) log x  2( x  1) Nhận thấy x=3 không nghiệm bất phương trình x TH1 Nếu x  BPT  log x  x 3 Xét hàm số: f ( x)  log x đồng biến khoảng  0; x g ( x)  nghịch biến khoảng  3; x f ( x )  f (4) 3 *Với x  :Ta có  � Bpt có nghiệm x  g ( x)  g (4) 3  * Với x  :Ta có f ( x)  f (4) 3  � Bpt vô nghiệm g ( x )  g (4) 3  0.25 0,25 TH :Nếu  x  BPT  x log x  x 0,25 f ( x)  log x đồng biến khoảng  0; x g ( x)  nghịch biến khoảng  0;3 x f ( x )  f (1) 0 *Với x  :Ta có  � Bpt vơ nghiệm g ( x)  g (1) 0  * Với x  :Ta có f ( x )  f (1) 0  � Bpt có nghiệm  x  g ( x)  g (1) 0  x  Vậy Bpt có nghiệm  0  x  Chú ý:Các cách giải khác cho kết đươc điểm tối đa 0,25 ...  HM ? ?a Xét tam giác đồng dạng AA’O AMH, ta có: Câu V 0,5 A' O HM  AO AH  suy A 'O  AO.HM  a a  a AH 3a 1aa a3 Thể tích khối lăng trụ: V ? ?A 'O.SABC  A 'O.AM BC  a? ?? 23 12 1.Cho a, b, c... ( A' AM ) A' O  BC  Kẻ MH  AA' , (do ? ?A nhọn nên H thuộc đoạn AA’.) BC  ( A' AM )  Do   HM  BC Vậy HM đọan vơng góc chung HM  ( A' AM ) Gọi M trung điểm BC ta thấy: AA’và BC, d ( AA'... hai đương thẳng d 1, d2 hai điểm A B ta ln có IA + IB ≥ AB AB ≥ d  d1 , d  dấu xảy I trung điểm AB AB đoạn vng góc chung hai đường thẳng d1, d2 0, 25 Ta tìm A, B : uuu r r � �AB  u r ur A? ??d1,