BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011
Môn: Toán. Khối A, B.
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu I. (2 điểm). Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
(1).
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳng đi qua
M và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc bằng - 9.
Câu II. (2 điểm)
1) Giải phương trình sau:
2
1 1
2
2
x
x
.
Câu IV. (2 điểm)
Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r. Gọi
I là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các
đường sinh và đường tròn đáy của nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón).
1. Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I;
2. Giả sử độ dài đường sinh của nón không đổi. Với điều kiện nào của bán kính
đáy thì diện tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất? Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x
2
+ y
2
+ z
2
= 2.
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x
3
+ y
3
+ z
3
– 3xyz.
Câu VI. (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm
1
( ; 0)
2
I
Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì!
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: ……….………………………………….……. Số báo danh: ………………
Đề thi thử lần 1
HƯỚNG DẪN
CÂU
NỘI DUNG ĐIỂM
I.1
Hàm số:
2 1 3
2
1 1
x
y
x x
+) Giới hạn, tiệm cận:
( 1) ( 1)
2; 2; ;
lim lim lim lim
x x
x x
+) ĐT:
1 điểm
I.2
+) Ta có I(- 1; 2). Gọi
0
2
0 0
3 3
( ) ( ;2 )
1
( 1)
M I
IM
M I
y y
M C M x k
x x x x
+) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M:
0
2
0
3
Ta có hệ:
2 2
2
2
x y xy
x y
+) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và
1 3 1 3
2 2
;
1 3 1 3
2 2
x x
y y
1 điểm
8
6
4
2
-2
-4
-6
-10
-5
5
10
+) Giải pt được cos
2
4x = 1
cos8x = 1
4
x k
và cos
1 5
2
3 3
x x
x x
e e c x x c x x
L
x x
x x x
x x x
x x
x x
x x
1 điểm
l r
r r
l r
1 điểm
IV.2
+) Đặt :
2 3
2 2
2
( ) ,0
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
max
+) Ta có max S
cầu
đạt
y(r) đạt max
5 1
2
r l
1 điểm
V
+) Ta có
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
2 2
( )( )
( )
( )
2
2 ( ) ( )
( ) 2 ( ) 3
'( ) 0 2
P t t
, P(
6
) = 0;
( 2) 2 2
P
;
( 2) 2 2
P
+) KL:
ax 2 2; 2 2
M P MinP 1 điểm
r
l
I
M
S
A
B
VI
+)
5
( , )
2
y
(3;0), ( 1; 2)
C D
+) Xét và CM HS
2009
( ) log ( 2010), 0
f t t t t
đồng biến,
từ đó suy ra x
2
= y
2
x= y, x = - y
+) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log
3
(x +2) = 2log
2
(x + 1) = 6t
Đưa pt về dạng
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
) ti D v E vuụng gúc vi nhau.
Cõu II:(2 im)
1.
Gii h phng trỡnh
:
2 0
1 2 1 1
x y xy
x y
2. Tìm
);0(
x
thoả mãn phơng trình
: cotx 1 =
xx
x
x
2sin
2
1
Cho các số thực dơng a,b,c thay đổi luôn thoả mãn : a+b+c=1.
Chng minh rng :
2 2 2
2.
a b b c c a
b c c a a b
PHN RIấNG (3 im)
( Chú ý!:Thí sinh chỉ đợc chọn bài làm ở một phần)
A. Theo chng trỡnh chun
Cõu Va :
1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích bằng
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
6x + 5 = 0. Tỡm M thuc trc tung sao cho
qua M k c hai tip tuyn ca (C) m gúc gia hai tip tuyn ú bng 60
0
.
2.Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho im M(2 ; 1 ; 0) v ng thng d với
d :
x 1 y 1 z
2 1 1
.Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng thng i qua im M,
ct v vuụng gúc vi ng thng d và tìm toạ độ của điểm M đối xứng với M qua d
Cõu VIb:
Gii h phng trỡnh
3 3
log log 2
2 2
4 4 4
4 2 ( )
log ( ) 1 log 2 log ( 3 )
xy
xy
x y x x y
2
+ 3x + 1 (C
3
)
+ TXĐ: D = R
+ Giới hạn:
lim , lim
x x
y y
0,25
+ y’ = 3x
2
+ 6x + 3 = 3(x
2
+ 2x + 1) = 3(x + 1)
2
0;
x
0,25 2
1
Phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) và đường
thẳng y = 1 là:
x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 = 1 x(x
2
+ 3x + m) = 0
2
m 0
9 4m 0
4
m
0 3 0 m 0
9
(*)
0,25
Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:
k
D
=y’(x
D
)=
2
D D D
3x 6x m (3x 2m);
k
E
=y’(x
E
)=
2
= –1 (vì x
D
+ x
E
= –3; x
D
x
E
= m theo ñònh lý Vi-ét).
4m
2
– 9m + 1 = 0
9 65
8
9 65
8
m
m
(1)
( ) 0 ( )( 2 ) 0
2 0
2
0( )
x y y xy x y x y
x y
x y
x y voly
0,5
x = 4y Thay vµo (2) cã
4 1 2 1 1 4 1 2 1 1
4 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1
0,25
V©y hÖ cã hai nghiÖm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = (10;5/2) 0,25
2
1
®K:
1tan
02sin
0cossin
sincos
22
0,25
)2sin1(sinsincos xxxx
0)1sincos)(sinsin(cos
2
xxxxx 0,25
tanx = 1
)(
4
Zkkx
(tm®k)
Do
4
0;0
xkx0,25
III 2
1 1
Do
( )
( ) ( )
( )
SA ABCD
SAC ABCD
SA SAC
. 2 ( 2 )
3 6
2 2
MHC
SMCH MCH
x x
AH AM cos HC AC AH a
x x
S MH MC a
x x
V SA S a a
O,5
Tõ biÓu thøc trªn ta cã:
3
2
2
1
1 2
0 0 0
( sin 2 ) 2 2 sin 2 2
x x cos xdx xcos xdx xcos xdx I I
0,25 IV 1 1 .Ta cã :VT =
2 2 2
( ) ( )
a b c b c a
A B
b c c a a b b c c a a b
0,25
1 ( ) ( )( )
1
1 .2
2
a b c
a b c a b b c c a
a b b c c a
B B
0,25
Tõ ®ã tacã VT
3 1
2
2 2
VP
DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi a=b=c=1/3
0,25
V.a 2
1
du dx
u x
x
I x xdx
v cos xdx
v x
1 1
2
4
8 4 8 4
0
0,25
VËy I=
1 1 1
8 4 6 8 12
0,25
S
ABC
=
1
2
d(C, AB).AB =
3
2
d(C, AB)=
3
2
Gäi G(t;3t-8) lµ träng t©m tam gi¸c ABC th× d(G, AB)=
1
2
0,25
2 1
1
: 2 (1 ; 2 ;2 )
2
x t
ptts y t M t t t
z t
0,5
Ta cã:
2 2 2
28 12 48 48 0 2
MA MB t t t
tt
xx
BPTTT :
4
1
t
t2
4 1 0
t t
3232 t
(tm)
0,25
Khi ®ã :
323232
2
2
xx
121
2
xx
M(0;m)
Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)
Vậy
0
0
60 (1)
120 (2)
AMB
AMB
Vì MI là phân giác của
AMB
(1)
AMI
= 30
0
0
sin 30
0,5
VIb
Vì H d nên tọa độ H (1 + 2t ; 1 + t ; t).Suy ra :
MH
= (2t 1 ; 2 + t ; t)
0,25
Vì MH
d và d có một vectơ chỉ phương là
u
= (2 ; 1 ;
1), nên :
2.(2t – 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0 t =
2
3
. Vì thế,
MH
=
mµ H lµ trung ®iÓm cña MM’ nªn to¹ ®é
M’
8 5 4
( ; ; )
3 3 3
0,25
ĐK: x>0 , y>0
(1)
3 3
2log log
2 2 2 0
xy xy
0,5
log
3
xy = 1 xy = 3y=
3
x
A
M
D
S
H
B
C
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – THÁNG 12/2010
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ Môn thi: TOÁN HỌC – Khối A, B
Thời gian: 180 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu I:
Cho hàm số
x 2
x y 1
x y 2xy y 2
Câu III:
Tính
4
2 3x
4
dx
I
cos x 1 e
Câu IV:
Hình chóp tứ giác đều SABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng
z 3
Câu VII:
Tính:
0 0 1 1 2 2 3 3 2010 2010
2010 2010 2010 2010 2010
2 C 2 C 2 C 2 C 2 C
A
1.2 2.3 3.4 4.5 2011.2012
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN 2
Câu I:
1. a) TXĐ:
-) 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
A 6;5
là
d : y k x 6 5
.
(d) tiếp xúc (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm :
2
2
2cos x 2sin xcosx 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
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 x
Đặt
2
3 3 dy
u tan y, y ; du
2 2 2 2 cos y
3 3
2 2
6 6
1 3
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
sin sin sin
tan 1
SI MI.tan
sin cos
1 4 1 4
V
3 sin cos 3.sin .cos
sin sin 2cos 2
sin .sin .2cos
3 3
1
sin .cos
3
V min sin .cos max
s
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
1 1 c
a b 1
a b c
ab a b c
Tương tự
suy ra OK!
Câu VI:
1. Giả sử
M x; y d 3x y 5 0.
1 2
7
M ;2 ,M 9; 32
3
3x y 5 0
5x y 13 0
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
1
A 2 C 2 C 2 C
4022
1 1
2 1 2 C
4022 2011
b) Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
xxxx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
ICâu IV (1 điểm)
Cho hình lăng trụ
ABC
.
A
22
yxyx .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
1
1
22
44
yx
yx
P
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 bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường
thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C.
b) Trong không gian Oxyz, cho các 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:
10)2)(3)((
2
zzzz
,
z
C.
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
1
và d
2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình:
2log9)2log3(
22
xxx
…… HẾT ĐÁP ÁN
0'
y
2
x
21
m
1
m
0,25
0,25
Câu II a)
Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2
xx
1 điểm
0,25
26
26
mxx
mxx
7
2
7
5
2
2
7
m
=
k
1+2m=7k
k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Zl
Vậy phương trình có nghiệm:
5
2
m
x
(
tm 5
);
7
2
7
m
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
Pt trở thành 0232)13(24
22
xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' xxxx
0,25
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
;
2
12
x
2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I
1 điểm
Ta c ó
2ln3
0
2
33
3
)2(
xx
x
ee
dxe
I
=
Đặt u=
2
1
2
)2(2
1
)2(4
1
4
1
0,25 =3
2
1
)2(2
Vậy
I
8
1
)
2
3
ln(
4
3
0,25
Câu IV
)'(
)'(
.Vậy HM là đọan vông góc chung của
0,5
A
B
C
C’
B’
A’
H
O
M AA’và BC, do đó
4
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
0,5
Câu V
1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn
3
cba
.Chứng minh
rằng:
134)(3
222
abccba
1 điểm
Đặt
2
;134)(3),,(
tbcatcb
=
22
22
4
)(
4
4
)(2
3
cb
bca
cb
cb
= 13)23(4))23((3
2222
ttttt
= 0)47()1(2
2
tt do 2t=b+c < 3
Dấu “=” xảy ra
10&1
cbacbt
(ĐPCM)
0,5
2. 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
3
1
;
2
22
)(
2
t
t
tt
tfP
0.25
Tính
)(26
cho ra kết quả:
626)26( fMaxP
,
15
11
)
3
1
(min fP
0.25
Cõu VIa
1 im
a)
(Hc sinh t v hỡnh)
Ta cú:
1;2 5
AB AB
. Phng trỡnh ca AB l:
2 2 0
x y
4
0
t
tT ú ta cú 2 im C(-1;0) hoc C(
3
8
;
3
5
) tho món .
0,5
b)
1 im
*T phng trỡnh on chn suy ra pt tng quỏt ca mp(ABC) l:2x+y-z-2=0
0.25
*Gi H l hỡnh chiu vuụng gúc ca O l ờn (ABC), OH vuụng gúc vi
(ABC) nờn
)1;1;2(// nOH
;
H ABC
4
(' O
0,5
CõuVIIa
Gii phng trỡnh:
10)2)(3)((
2
zzzz
,
z
C.
1 im
PT
10)3)(1)(2( zzzz
0)32)(2(
22
zzzz
t
zzt 2
2
. Khi ú phng trỡnh (8) tr thnh:
0,25
Đặt
t
t
Vậy phương trình có các nghiệm: 61z ;
iz
1
0,5
Câu VIb
a)
1 điểm
Viết phương trình đường AB:
4 3 4 0
x y
và
5
AB
Viết phương trình đường CD:
4 17 0
x y
và
9
3
t t
Có 2 điểm cần tìm là:
7
( 9; 32), ( ;2)
3
M M
0,5
b)
1 điểm
Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d
1
, d
2
tại hai điểm A
và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥
1 2
,d d d
dấu bằng xảy ra khi I là
trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d
1
A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)
I(2; 1; -1)
0,25
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R=
6
Nên có phương trình là:
2
2 2
2 ( 1) ( 1) 6
x y z
0,25
CâuVIIb
Giải bất phương trình
2log9)2log3(
22
xxx1 điểm
Điều kiện:
0
0,25
Xét hàm số:
xxf
2
log
2
3
)(
đồng biến trên khoảng
;03
1
)(
x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
;3
*Với
4
fxf
Bpt vô nghiệm
TH 2 :Nếu
30
x
BPT
3
1
log
2
3
2
x
x
xxxf
2
log
2
3
)(
gxg
fxf
Bpt vô nghiệm
* Với
1
x
:Ta có
0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
Bpt có nghiệm
10
x
0,25
Vậy Bpt có nghiệm
Copyright: Tài liệu đại học ©