ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG 2011
KHOA TOÁN-TIN
MÔN: TOÁN- KHỐI A
Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian giao đề ) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm )
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số:
2 1
1
x
y
x
(C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận, M là một điểm bất kì trên (C), tiếp tuyến của (C) tại M cắt các tiệm cận
tại A, B. Chứng minh rằng diện tích tam giác IAB không đổi khi M thay đổi trên (C).
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
3 3
sin .sin 3 os .cos3 1
8
tan .tan
6 3
x x c x x
AB AD a
,
3
AA'
2
a
, góc
BAD
bằng
0
60
. Gọi
M, N lần lượt là trung điểm của cạnh A’D’ và A’B’. Chứng minh AC’ vuông góc với mặt phẳng (BDMN) và tính thể
tích khối đa diện AA’BDMN theo
a
.
Câu V. (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương
, ,a b c
thỏa mãn
2 2 2
1
a b c
, ta có:
5 3 5 3 5 3
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 3
3
a a a b b b c c c
4
1
2
n
x
x
, biết n là số nguyên dương thỏa mãn:
2 3 1
0 1 2
2 2 2 6560
2
2 3 1 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
.
II. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông có đỉnh là (-4; 8) và một đường chéo có phương trình
7x – y + 8 = 0. Viết phương trình các cạnh của hình vuông.
. Tìm m để hệ có nghiệm.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
=========================================================================== ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn thi: TOÁN
.
Câu Ý Đáp án Điểm
I
1
1,0
TXĐ : D = R\
1
.
Sự biến thiên:
y’ =
2
Bảng biến thiên: 0,25
Đồ thị:
0,25
2
1,0
Gọi M(m;
2 1
1
m
m
)
Tiếp tuyến của (C) tại M:
2
1 2 1
1
1
m
y x m
m
m
.
Vậy diện tích tam giác IAB không đổi khi M thay đổi trên (C).
0,25
II
1
1,0
Điều kiện:
6 2
k
x
Ta có
tan .tan tan .cot 1
6 3 6 6
x x x x
0,25
Phương trình tương đương với:
3 3
sin .sin 3 os .cos3x x c x x
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
===========================================================================
ai
6
,
6
x k lo
k Z
x k
. Vậy :
6
uv u v uv
0,25
Ta có:
2
2 2
3 3 2 2
1 1 1
1 2 2 2
2 2 2
( ) 2
uv uv u v uv u v
u v u v u v vu u v uv
0,25
Đặt
2
2
2
2 1
ln 1
1
2
x
du dx
u x x
x x
x
dv xdx
v
0
0
1 1 1 3
ln3 ln( 1)
2 2 4 4 1
3 3
ln3
4 4
dx
x x x x
x x
J
0,25
1
2
2
0
1 3
2 2
dx
J
x
Vậy I =
3
ln3
4
-
3
12
0,25
IV
1,0 Gọi O là tâm của ABCD, S là điểm đối xứng với A qua A’
M, N lần lượt là trung
điểm của SD và SB
AB = AD = a, góc BAD = 60
0
ABD đều
OA =
3
' ~
ACC AIO
(I là giao điểm của AC’ và SO)
'SO AC
(1)
Mặt khác
( ' ') 'BD ACC A BD AC
(2)
Từ (1) và (2)
đpcm
0,25
2
2
2
2
'
1 3
3
3 2 4
1 3 3
3 2 4 2 32
SABD
SA MN
a
V a a
a a a
V
2
5 3
3
2 2 2
1
2
1
a a
a a a
a a
b c a
BĐT thành:
3 3 3
2 3
3
a a b b c c
0,25
Xét hàm số
3
, 0;1
f x x x x
I
9 3
;
2 3
, M
3;0
0,25
Giả sử M là trung điểm cạnh AD. Ta có: AB = 2IM =
3 2
. 12 2 2
ABCD
S AB AD AD
AD qua M và vuông góc với d
1
AD: x + y – 3 = 0
0,25
Lại có MA = MB =
2
Tọa độ A, D là nghiệm của hệ:
0,25
Chọn A(2 ; 1)
4; 1 7;2 à 5;4
D C v B
0,25
2
1,0
Gọi H là trung điểm đoạn AB
8
HA
0,25
IH
2
= 17 0,25
IA
2
= 81
9
R
0,25
n
n
n
n n n n
C C C C x dx
n
0,25
1
1
3 1 6560
3 6561 7
1 1
n
n
n
n n
0,25
7
14 3
k
Vậy hệ số cần tìm là:
21
4
0,25
VI.b
1
1,0
Gọi A(-4; 8)
BD: 7x – y + 8 = 0
AC: x + 7y – 31 = 0
0,25
Gọi D là đường thẳng qua A có vtpt (a ; b)
D: ax + by + 4a – 5b = 0,
D hợp với AC một góc 45
0
a = 3, b = -4 hoặc a = 4, b = 3
AB:
3 4 32 0; :4 3 1 0
x y AD x y
M là giao điểm của (P) và AB’
0,25
AB’:
1
3
2
x t
y
z t
0,25 M(-2; -3; 6) 0,25
VII.b
1,0
Đk: x
0, y > 0
0,25
Hệ có nghiệm khi (2) có nghiệm y > 0
Ta có : f(y) =
2
y y
>0 ,
y > 0
0,25
2
x
x
.
2) Giải phương trình lượng giác:
4 4
4
sin 2 os 2
os 4
tan( ).tan( )
4 4
x c x
c x
x x
.
Câu III. (1 điểm) Tính giới hạn sau:
3
2
2
0
ln(2 . os2 ) 1
lim
x
Câu VI. (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm
1
( ; 0)
2
I
Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm.
Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó.
Câu VII. (1 điểm) Giải hệ phương trình :
2 2
2
2
3 2
2010
2009
2010
3 log ( 2 6) 2 log ( 2) 1
y x
x
y
x y x y
+) Giới hạn, tiệm cận:
( 1) ( 1)
2; 2; ;
lim lim lim lim
x x
x x
y y y y
- TC đứng: x = -1; TCN: y = 2.
+)
2
3
' 0,
1
y x D
x
+) BBT:
x -
- 1 +
+) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M:
0
2
0
3
'( )
1
M
k y x
x
+)
. 9
M IM
ycbt k k
+) Giải được x
0
= 0; x
0
= -2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5)
1 điểm
II.1
+) ĐK:
( 2; 2) \{0}
x
+) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và
1 3
2
x
1 điểm
II.2
+) ĐK:
,
4 2
x k k Z
4 4 2 2
4 2
) tan( )tan( ) tan( )cot( ) 1
4 4 4 4
1 1 1
5
10
+) Giải pt được cos
2
4x = 1
cos8x = 1
4
x k
và cos
2
4x = -1/2 (VN)
+) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là
,
2
x k k Z
III
3 3
2 2
2 2
0 0
3
1 điểm
IV.1
+) Gọi
C
r
là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và cũng là bán
kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB.
Ta có:
2 2
1
( ). .
2
.2
2( )
SAB C C
C
5 1
2 ( )
2
) '( ) 0
( )
5 1
2
lr r
y r r l
l r
r l
r r rl l
y r
l r
r l
V
+) Ta có
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
2 2
( )( )
( )
( )
2
2 ( ) ( )
( ) 2 ( ) 3
2 2
P x y z x y z xy yz zx
x y z x y z
P x y z x y z
x y z x y z
P x y z x y z
1 điểm
r
l
I
M
S
A B
VI
+)
5
( , )
2
d I AB
AD =
5
AB = 2
5
BD = 5.
+) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)
2
+ y
2
= 25/4
+) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ:
2 2
2
1 25
2
(3;0), ( 1; 2)
C D
VII
2 2
2
2
3 2
2010
2009 (1)
2010
3 log ( 2 6) 2 log ( 2) 1(2)
y x
x
y
x y x y
1 8
1
9 9
t t
, cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1
x = y =7
+) Với x = - y thế vào (2) được pt: log
3
(y + 6) = 1 y = - 3 x = 3
Ghi chú:
- Các cách giải khác với cách giải trong đáp án mà vẫn đúng, đủ thì cũng cho
điểm tối đa.
- Người chấm có thể chia nhỏ thang điểm theo gợi ý các bước giải.
é THI thử I HC lần ii
NM học: 2010-2011
Mụn thi :
TON
làm bài:180 phútThời gian
(không kể thời gian giao đề)
PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu I:(2 im)
Cho hm s y = x
);0(
x
thoả mãn phơng trình
: cotx 1 =
xx
x
x
2sin
2
1
sin
tan1
2cos
2
.
Cõu III: (2 im)
1. Trờn cnh AD ca hỡnh vuụng ABCD cú di l a, ly im M sao cho AM = x (0 < x a).
Trờn ng thng vuụng gúc vi mt phng (ABCD) ti A, ly im S sao cho SA = 2a.
a) Tớnh khong cỏch t im M n mt phng (SAC).
b) Kẻ MH
vuông góc với
AC tại H .
Tìm vị trí của
M
để thể tích khối chóp
SMCH lớn nhất
3
2
và
trọng tâm thuộc đờng thẳng
: 3x y 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C.
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4)
và đờng thẳng
:
1 2
1 1 2
x y z
.
Tìm toạ độ điểm M trên
sao cho:
2 2
28
MA MBCõu VIa :
Giải bất phơng trình
:
32
4
)32()32(
2 2
4 4 4
4 2 ( )
log ( ) 1 log 2 log ( 3 )
xy
xy
x y x x y
Ht.
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Híng dÉn chÊm m«n to¸n
C©u
ý Néi Dung §iĨm
I
2
1
Kh¶o s¸t hµm sè (1 ®iĨm) 1
y = x
3
+ 3x
0; x
hµm sè ®ång biÕn trªn R
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
+ y” = 6x + 6 = 6(x + 1)
y” = 0 x = –1
tâm đối xứng U(-1;0)
* Đồ thò (C
3
):
Qua A(-2 ;-1) ; U(-1 ;0) ; A’(0 ;1)
2
x 0
x 3x m 0 (2) 0,25
* (C
m
) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0;1), D, E phân biệt:
Phương trình (2) có 2 nghiệm x
D
, x
E
0.
=y’(x
E
)=
2
E E E
3x 6x m (3x 2m).0,25
Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: k
D
k
E
= –1
(3x
D
+ 2m)(3x
E
+ 2m) =-1
9x
D
x
E
+6m(x
D
+ x
E
So s¸nhĐk (*): m =
1
9 65
80,25
II
2
1
1
1. §k:
1
1
2
x
y
4 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1
1
( )
2 1 0
2
2
5 10
2 1 2
( )
2
y y y y
y y y y y
y tm
y
x
x
y
y tm
1tan
02sin
0cossin
02sin
x
x
xx
x
PT
xxx
xx
xx
x
xx
cossinsin
sincos
cos.2cos
sin
sincos
2
xxxxxx
x
0)32cos2)(sinsin(cos xxxx(cos )( 2sin(2 ) 3) 0
4
x sinx x
cos 0
2 sin(2 ) 3( )
4
x sinx
x voly
0,25
SA SAC
Lai cã
( ) ( )
( ) ( , ) .sin 45
2
o
MH AC SAC ABCD
x
MH SAC d M SAC MH AM
0,25
Ta cã
0
. 45 2
2 2
1 1
. ( 2 )
2 2
2
2
1
2 2
3 2 6
2
2 2
SMCH
x x
a
a
V a
x x
a
x a
M trïng víi D
0,25
2 1
3
3
1 1 1 1
3 ( ) ( ) ( )
2
1 1 1 1 9
3 ( )( )( )3
2 2
3
2
A a b b c c a
a b b c c a
a b b c c a
a b b c c a
A
0,25
Ta cã: AB =
2
, trung ®iÓm M (
5 5
;
2 2
),
pt (AB): x – y – 5 = 0
0,25
TÝnh I
1
®Æt
4
1
0
1
sin2 sin2
4
1
2
2 2
sin2
0
2
du dx
u x
x
0,25 TÝnh I
2
4
2 3
2
0
1 1 1
4
sin 2 (sin2 ) sin 2
2 6 6
0
I xd x x
0,25
d(G, AB)=
(3 8) 5
2
t t
=
1
2
t = 1 hoặc t = 2
G(1; - 5) hoặc G(2; - 2)
0,25 Mà
3
CM GM
uuuur uuuur
C = (-2; -10) hoặc C = (1; -1)
0,25
2 1
0,25 VI.a 1
1
Bpt
4
3232
22
22
xxxx0,25 )0(32
2
2
tt
xx
BPTTT :
4
1
2
xxx
0,25
V.b 2
1 1 . (C) cú tõm I(3;0) v bỏn kớnh R = 2; M Oy M(0;m)
Qua M k hai tip tuyn MA v MB ( A v B l hai tip im)
Vy
ã
ã
0
0
60 (1)
120 (2)
AMB
= 60
0
0
sin 60
IA
MI
MI =
2 3
3
R
2
4 3
9
3
m
Vụ
0,5
0,5
nghiệm
Vậy có hai điểm M
1
(0;
0,25
Vì MH d và d có một vectơ chỉ phương là
u
r
= (2 ; 1 ; 1), nên :
2.(2t – 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0 t =
2
3
. Vì thế,
MH
uuuur
=
1 4 2
; ;
3 3 3
3 (1; 4; 2)
MH
u MH
uuuur uuuur
0,25
3 3
2log log
2 2 2 0
xy xy
0,5
log
3
xy = 1 xy = 3y=
3
x
(2) log
4
(4x
2
+4y
2
) = log
4
(2x
2
+6xy) x
2
+ 2y
2
Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: (
3
;
3
) hoặc (
6
;
6
2
)
0,25
A
M
, biết tiếp tuyến đi qua điểm
A 6;5 .
Câu II:
1. Giải phương trình:
cosx cos3x 1 2 sin 2x
4
.
2. Giải hệ phương trình:
3 3
2 2 3
x y 1
x y 2xy y 2
Câu III:
Tính
Câu VI:
1. Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm
A 1;0 ,B 2;4 ,C 1;4 ,D 3;5
và đường
thẳng
d : 3x y 5 0
. Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích
bằng nhau.
2. Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng sau:
1 2
x 1 2t
x y 1 z 2
d : ; d : y 1 t
2 1 1
z 3
Câu VII:
là tiệm cận đứng.
+)
x x
lim y lim y 1 y 1
là tiệm cận ngang.
-) Bảng biến thiên :
2
4
y' 0 x 2
x 2
c) Đồ thị :
-) Đồ thị cắt Ox tại
2;0
, cắt Oy tại
0; 1
, nhận
I 2;1
là tâm đối xứng. 2. Phương trình đường thẳng đi qua
4
k
k
x 2
x 2
4x 24x 0
4 x 6 5 x 2 x 2 x 2
x 0;k 1
4
4
1
k
k
x 6;k
x 2
4
x 2
Suy ra có
2 tiếp tuyến là :
1 2
x 7
d : y x 1; d : y
4 2
Câu II:
2
1. cos x cos3x 1 2 sin 2x
4
2cos x cos2x 1 sin 2x cos2x
2cos x 2sin xcos x 2cos x cos2x 0
cos x cos x sinx cos2x 0
cos x cos x sinx 1 sinx cosx 0
x k
2
cosx 0
cosx sinx 0 x k
4
1 sinx cosx 0
sin x
4
4
x k
4
x k2
x k2
4 4
5
x k2
4 4
1 3
1 3
2y
2x
x y
y x
x y
4 x y
2 x y
xy 2
xy
1 3
1 3
2x
2x
y x
y x
x y
1 3
x y 1
2x
x x
x y 1
2
x 2, y 2
y
x
x 2,y 2
x 3
2x
2
2 2
2
1
0
2
2
d x
xdx 1 1 dt
I
x x 1 2 2 t t 1
x x 1
1 dt 1 du
2 2
1 3 3
t u
2 2 2
Câu IV:
Gọi M, N là trung điểm BC, AD, gọi H là hình chiếu vuông góc từ N xuống SM. Ta có:
·
2
ABCD
2
SABCD
2 2
2 2 2
2 2 2
2
2
SABCD
SMN ,d A; SBC d N; SBC NH 2
NH 2 4
MN S MN
in 2cos cos
3
Câu V:
Ta có:
N
M
I
D
A
B
C
S
H
2 2
3 3
3 3 3 3 3 3
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
3
3 3 3
3 3 3 3
a b a b a ab b ab a b
a b 1 ab a b 1 ab a b abc ab a b c
5
17
3x y 5 0
4x 3y 4 x 4y 17
3x y 5 0
3x 7y 21 0
uuur uuur
uuur uuur
1 2
7
M ;2 ,M 9; 32
1
1
MN 2t 2t ' 1;t t '; t 5
2 2t 2t ' 1 t t ' t 5 0
MN.u 0
2 2t 2t ' 1 t t' 0
MN.u 0
6t 3t' 3 0
t t' 1
3t 5t ' 2 0
M 2;0; 1 , N 1;2;3 ,MN 1;2;4
x 2 y z 1
PT MN :
1 2 4
k k
k k
k
2010
k
k 1
k 1
2011
1 2 2011
1 2 2011
2011 2011 2011
2011 0
0
2011
2 2010! 2 2010!
2 C
1
k 1 k! 2010 k ! k 1 k 1 ! 2010 k !
2 2011!
1 1
2 C
2011 k 1 ! 2011 k 1 ! 4022
(Thời gian làm bài: 180 phút)
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x
có đồ thị (C
m
).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng
;2
Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2
xx
b) Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
xxxx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
. Tính thể tích khối lăng trụ
ABC
.
A
’
B
’
C
’ bi
ết khoảng cách giữa AA’
và BC là
a 3
4
Câu V (1 điểm)
Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 1
22
yxyx .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
1
1
22
44
yx
yx
P
5
1
1
3
4
:
1
zyx
d
13
3
1
2
:
2
zyx
d
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d
0,5
1
0'
mx
mx
y
Hàm số đồng biến trên
;2
0'
y
2
x
21
m
1
1)sin43(3cos2
2
xx
xxxx sin)sin4sin3(3cos2
3
xxx sin3sin3cos2
xx sin6sin
0,25
26
26
mxx
mxx
m
k
2m=5k
m
t5
,
Zt
Xét khi
7
2
7
m
=
k
1+2m=7k
k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Zl
3
2
3
512)13(
22
xxxx
1 điểm
PT
631012)13(2
22
xxxx
232)12(412)13(2
222
xxxxx . Đặt )0(12
2
txt
Pt trở thành 0232)13(24
22
xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' xxxx
0,25
b)
Pt trở thành 0232)13(24
22
xxtxt
Ta có:
Copyright: Tài liệu đại học ©