Để thi thử Toán ĐH SP Hà Nội

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
x x
π π
+
= −
   

− +
 ÷  ÷
   
2. Giải phương trình
( ) ( )
3 3
2 2
1 1 1 1 2 1x x x x
 
+ − + − − = + −
 
 
.
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân
( )
1
2
0
ln 1I x x x dx= + +
∫
.
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có
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
1a 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
b c c a a b
− + − + − +
+ + ≤
+ + +
.
B. PHẦN RIÊNG (3,0 ĐIỂM):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
I. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của
hai đường thẳng: d

1
: x – y – 3 = 0, d
2
: x + y – 6 = 0. Trung điểm một cạnh là giao điểm của d
1
và tia Ox. Tìm
tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(1;1;1) và đường thẳng d:
14 5
4 1 2
x y z− +
= =
−
. Viết phương
trình mặt cầu (S) tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB bằng 16.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm hệ số chứa x
2
trong khai triển:
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.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):
1 0x y z+ + − =
và hai điểm A(1;-3;0), B(5;-1;-2).
Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho
MA MB−
đạt giá trị lớn nhất.
Câu VII.b (1.0 điểm) Cho hệ phương trình
2
3 3
3
2
1

log log 0
2
,( )
0
x y
m R
x y my

− =

∈


+ − =

. 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:
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
1
0,
1
x D
x
−
< ∀ ∈
−
.
Hàm số nghịch biến trên:
( ) ( )
;1 à 1;v−∞ +∞
0,25
Giới hạn:
lim lim 2
x x→+∞ →−∞
= =
; tiệm cận ngang: y = 2

1 1
lim , lim
x x
+ −
→ →
= +∞ = −∞
; tiệm cận đứng: x = 1
0,25

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
− −
= − +
−
−
0,25
A(1;
2

1
m
m −
), B(2m-1; 2) 0,25
IA =
2 1
2 2
1 1
m
m m
− =
− −
, IB =
2 2 2 1m m− = −
0,25
1
. 2
2
IAB
S IA IB
∆
= =
.
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

π π
≠ +
Ta có
tan .tan tan .cot 1
6 3 6 6
x x x x
π π π π
       
− + = − − = −
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
0,25
Phương trình tương đương với:
3 3
sin .sin3 os .cos3x x c x x+
=
1
8
( )
1 os2 os2 os4 1 os2 os2 os4 1
. .
2 2 2 2 8
1
2 os2 os2 . os4
2
c x c x c x c x c x c x
c x c x c x
− − + +
⇔ + =
⇔ − =

0,25
3
1 1
os os2
8 2
c x c x⇔ = ⇔ =
0,25

Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
===========================================================================
( )
ai
6
,
6
x k lo
k Z
x k
π
π
π
π

= +

⇔ ∈


= − +



. Vậy :
6
x k
π
π
= − +
0,25
2 1,0
Đk: -1
1x≤ ≤
Đặt u =
( )
3
1 x+
, v =
3
(1 )x−
; u,v
0≥
Hệ thành:
2 2
3 3
2
1 ( ) 2
u v
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
2 2
2
2 2
2
2

1
2
2
u v
u
u v

+ =

⇒ ⇒ = +

− =


0,25
2
2
x⇒ =
0,25
III 1,0
Đặt
( )
2
2
2
2 1
ln 1
1
2
x

du dx
u x x
x x
x
dv xdx
v
+

=


= + +
 
+ +
⇒
 
=



=


( )
1
2 3 2
2
0
1
1 2

2
ln 1
2 2 1
0
x x x
I x x dx
x x
+
= + + −
+ +
∫
0,25
( )
1
1
2 2 1
0
2
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
=
 
 
+ +
 ÷
 ÷
 
 
∫
. Đặt
1 3
tan , ;
2 2 2 2
x t t
π π
 

+ = ∈ −
 ÷
 
3
6
2 3 3
3 9
J dx
π
π
π
= =
∫
0,25
Vậy I =
3
ln3
4
-
3
12
π
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
, 3
2
a
AC a=

SA = 2AA’ = a
3
3, ' AA'
2
a
CC = =
0,25

Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
===========================================================================
~ '
'
AO SA
SAO ACC
AC CC
⇒ = ⇒ ∆ ∆

' ~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
= =
 

= =
 ÷
 
0,25
2
AA' '
7
32
BDMN SABD SA MN
a
V V V= − =
0,25
V 1,0
Do a, b, c > 0 và
2 2 2
1a b c+ + =
nên a, b, c
( )
0;1∈
Ta có:
( )
2
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;1f x x x x= − + ∈
Ta có:
( )
ax
0;1
M
( )
f x
=
2 3
9
0,25
0,25

( ) ( ) ( )
2 3
3
f a f b f c⇒ + + ≤
⇒
đpcm
Đẳng thức xảy ra
1
3
a b c⇔ = = =
0,25
VI.a 1 1,0
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:
( )
2
2
3 0
2
1
3 2
x y
x
y
x y
+ − =

=


⇔
 
=
− + =




hoặc
4
1
x
y
=


= −

0,25
Chọn A(2 ; 1)
( ) ( ) ( )
4; 1 7;2 à 5;4D C v B⇒ − ⇒
0,25
2 1,0
Gọi H là trung điểm đoạn AB
8HA
⇒ =
0,25
IH
2
= 17 0,25
IA
2
= 81
9R
⇒ =
0,25
( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2
: 1 1 1 81C x y z− + − + − =
0,25
VII.a 1,0

Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
===========================================================================
Ta có:
( )
2
2 3 1
0 1 2
0
2 2 2
2 1
2 3 1
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
7
4
7
4
0
1 1
2
2
k
k
k
x C x
x
−
 

+ =
 ÷
 
∑
0,25
Số hạng chứa x
2
ứng với k thỏa:
14 3
2 7
4
k
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 0x y AD x y− + = + + =
0,25
Gọi I là tâm hình vuông
⇒
I(
1 9
; )
2 2
−
( )
3;4C⇒
: 4 3 24 0; :3 4 7 0BC x y CD x y⇒ + − = − + =
0,25
KL: 0,25
2 1,0
Ta có: A, B nằm khác phía so với (P).Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (P)
⇒
B’(-1; -3; 4)
0,25
' 'MA MB MA MB AB− = − ≤
Đẳng thức xảy ra khi M, A, B’ thẳng hàng
⇒
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
( )
( )
2
3 3
3 3
3
2
3
2
2

3 2
1
log log
log log 0
2
0
0
, 1
, 2
0
x y
x y
x y ay
x y my
y x
y x
y y a
y y ay

 =
− =
 
⇔
 
+ − =
 

+ − =

 =

 =
 
⇔ ⇔
 
+ =
+ − =





0,25
Hệ có nghiệm khi (2) có nghiệm y > 0
Ta có : f(y) =
2
y y+
>0 ,
∀
y > 0
0,25
Do đó pt f(y) = a có nghiệm dương khi a>0 0,25
Vậy hệ có nghiệm khi a > 0 0,25

Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
===========================================================================