bộ đề thi thử đại học môn toán
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (6.03 MB, 205 trang )
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
2. Giải phương trình
3 3
2 2
1 1 1 1 2 1
x 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
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
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 0
x 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:
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
ĐẠI 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
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 1
m 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
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
=
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
. Vậy :
6
x k
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
3
6
2 3 3
3 9
J dx
0,25
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
, 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
1
a 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;1
f 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;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
2 2 2
: 1 1 1 81
C 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 0
x y AD x y
0,25
Gọi I là tâm hình vuông
I(
1 9
; )
2 2
3;4
C
: 4 3 24 0; : 3 4 7 0
BC 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
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
.
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
e e c x x
L
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
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
HẾT
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
y y y y
- TC đứng: x = -1; TCN: y = 2.
+)
2
3
' 0,
1
y x D
x
+) BBT:
x -
- 1 +
y' + || +
y
2
||
2
+) 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
'( )
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
+) Đặt
2
2 , 0
y x y
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
+) 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
sin 2 os 2 1 sin 4 os 4
2 2 2
2cos 4 os 4 1 0
x x x x
x c x x c x
pt x c x
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
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
2 2 2
2 2 2
3
2 2 2
3
0 0
2 2
2 2
ln(2 . os2 ) 1 ln(1 1 os2 ) 1 1
lim lim
ln(1 2 sin 2 ) 1 1 ln(1 2 sin 2 ) 1
lim lim
(1 ) 1 1
2 sin 2 sin
2 sin 2 sin
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
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
S pr l r r SM AB
l r r l r
r r
l r l r
+) S
cầu
=
2 2
4 4
C
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
+) BBT:
r
0
5 1
2
l
l
y'(r)
y(r) y
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
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
+) Đặt x +y + z = t,
6( cov )t Bunhia xki
, ta được:
3
1
( ) 3
2
P t t t
+)
'( ) 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
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
( )
( 2;0), (2;2)
2 4
2
2 2 0
0
x
y
x y
A B
x
x y
y
(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
+) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0
+) Lấy loga cơ số 2009 và đưa về pt:
2 2 2 2
2009 2009
log ( 2010) log ( 2010)
x x y y
+) 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
(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
3
+ 3x
2
+ mx + 1 cú th l (C
m
); ( m l tham s)
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 3.
2. Xỏc nh m (C
m
) ct ng thng: y = 1 ti ba im phõn bit C(0;1), D, E
sao cho cỏc tip tuyn ca (C
m
) 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
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
2.
Tớnh tớch phõn: I =
2
4
0
( sin 2 )cos2
x x xdx
.
Cõu IV: (1 im) :
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
x y z
.
Tìm toạ độ điểm M trên
sao cho:
2 2
28
MA MB
Cõu VIa :
Giải bất phơng trình
:
32
4
)32()32(
1212
22
xxxx
B. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu Vb:
1. Trong mpOxy, cho ng trũn (C): x
2
+ y
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
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
2
+ mx + 1 (C
m
)
1. m = 3 : y = x
3
+ 3x
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
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)
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
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.
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
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
) + 4m
2
= –1
9m + 6m(–3) + 4m
2
= –1 (vì x
D
+ x
E
= –3; x
D
x
E
= m theo đònh lý Vi-ét).
4m
2
– 9m + 1 = 0
9 65
8
9 65
8
m
m
So s¸nhĐk (*): m =
1
9 65
8
0,25
II
2
1
1
1. §k:
1
1
2
x
y
(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
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
0,25
V©y hƯ cã hai nghiƯm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = (10;5/2) 0,25
2
1
®K:
1tan
02sin
0cossin
02sin
x
x
xx
x
PT
xxx
xx
xx
x
xx
cossinsin
sincos
cos.2cos
sin
sincos
2
xxxxxx
x
xx
cossinsincossincos
sin
sincos
22
0,25
)2sin1(sinsincos xxxx
0)1sincos)(sinsin(cos
2
xxxxx
0,25
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
0sincos xx
tanx = 1
)(
4
Zkkx
(tm®k)
Do
4
0;0
xkx
0,25
III 2
1 1
Do
( )
( ) ( )
( )
SA ABCD
SAC ABCD
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 1
. 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
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
I =
4 4 4
2 2
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
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
2 2 2
2 2
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 1
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
I x xdx
v cos xdx
v x
1 1
2
4
8 4 8 4
0
cos 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
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
Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)=
1
2
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
1
: 2 (1 ; 2 ;2 )
2
x t
ptts y t M t t t
z t
0,5
Ta có:
2 2 2
28 12 48 48 0 2
MA MB t t t
0,25
Từ đó suy ra : M (-1 ;0 ;4)
0,25
VI.a 1
1
Bpt
4
3232
22
22
xxxx
0,25
)0(32
2
2
tt
xx
BPTTT :
4
1
t
t
2
4 1 0
t t
3232 t
(tm)
0,25
Khi đó :
323232
2
2
xx
121
2
xx
0,25
2121012
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
AMB
Vỡ MI l phõn giỏc ca
ã
AMB
(1)
ã
AMI
= 30
0
0
sin 30
IA
MI
MI = 2R
2
9 4 7
m m
m
(2)
ã
AMI
= 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;
7
) và M
2
(0;-
7
)
2 1
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M,
cắt và vuông góc với d.
d có phương trình tham số là:
x 1 2t
y 1 t
z t
Vì H d nên tọa độ H (1 + 2t ; 1 + t ; t).Suy ra :
MH
uuuur
= (2t 1 ; 2 + t ; t)
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
Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là:
x 2 y 1 z
1 4 2
0,25
Theo trªn cã
7 1 2
( ; ; )
3 3 3
H
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
(2) log
4
(4x
2
+4y
2
) = log
4
(2x
2
+6xy) x
2
+ 2y
2
= 9
0,25
VIb
Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: (
3
;
3
) hoặc (
6
;
6
2
)
0,25
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
y C .
x 2
1. Khảo sát và vẽ
C .
2. Viết phương trình tiếp tuyến của
C
, 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
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
SBC
bằng 2. Với
giá trị nào của góc
giữa mặt bên và mặt đáy của chóp thì thể tích của chóp nhỏ nhất?
Câu V:
Cho
a,b,c 0:abc 1.
Chứng minh rằng:
1 1 1
1
a b 1 b c 1 c a 1
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:
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:
\ 2
¡
\
b) Sự biến thiên của hàm số:
-) Giới hạn, tiệm cận:
+)
x 2 x 2
lim y , lim y x 2
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
A 6;5
là
d : y k x 6 5
.
(d) tiếp xúc (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm :
2
2
2
2
2
2
2
4 x 2
x 2
x 6 5
k x 6 5
x 2
x 2
x 2
4
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
1
2
x k
2
x k
2
x k
4
x k
4
x k2
x k2
4 4
5
x k2
4 4
1 3
1 1 3 3
2x
2 x y
y x
y x x y
2.
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 x
Câu III:
2
1 1 1
2
4 2 2
2 2
0 0 0
3
1
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
Đặt
2
3 3 dy
u tan y, y ; du
2 2 2 2 cos y
3 3
2 2
6 6
1 3
u y ;u y
2 6 2 3
3
dy
1 1
2
I dy
3
2
3 6 3
cos y 1 tan y
4
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
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
1
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
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.
AB
CD
MAB MCD
AB 5,CD 17
AB 3;4 n 4;3 PT AB: 4x 3y 4 0
CD 4;1 n 1; 4 PT CD : x 4y 17 0
S S AB.d M;AB CD.d M;CD
4x 3y 4 x 4y 17
5 17 4x 3y 4 x 4y 17
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
3
3x y 5 0
5x y 13 0
2. Gọi
1 2
M d M 2t;1 t; 2 t ,N d N 1 2t';1 t ';3
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
uuuur
uuuur uur
uuuur uur
uuuur
Câu VII:
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 3 4 2011
Ta có:
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
1
A 2 C 2 C 2 C
4022
1 1
2 1 2 C
4022 2011
KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011
MÔN TOÁN
(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
2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I
Câu IV (1 điểm)
Cho hình lăng trụ
ABC
.
A
’
B
’
C
’ có đáy là tam giác đ
ều cạnh a
, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt
phẳng (
ABC
) trùng với tâm
O
của tam giác
ABC
. 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
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.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
a.
Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
( ) : 3 5 0
x y
sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
2
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
1
và d
2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình:
2log9)2log3(
22
xxx
…… HẾT
ĐÁP ÁN
Câu I
a)
ồ Học sinh tự làm
0,25
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x
)1(6)12(66'
2
mmxmxy
y’ có 01)(4)12(
22
mmm
0,5
1
0'
mx
mx
y
Hàm số đồng biến trên
;2
0'
y
2
x
21
m
1
m
0,25
b)
0,25
Câu II a)
Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2
xx
1 điểm
PT
1)1cos4(3cos2
2
xx
1)sin43(3cos2
2
xx
0,25
Nhận xét
Zkkx
,
không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1)sin43(3cos2
2
xx
xxxx sin)sin4sin3(3cos2
3
xxx sin3sin3cos2
xx sin6sin
0,25
26
26
mxx
mxx
7
2
7
5
2
m
x
m
x
;
Zm
0,25
Xét khi
5
2
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
Vậy phương trình có nghiệm:
5
2
m
x
(
tm 5
);
7
2
7
m
x
(
37
lm
)
trong đó
Zltm
,,
0,25
Giải phương trình :
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:
222
)3()232(4)13(' xxxx
0,25
