Bộ đề thi thử đại học - cao đẳng năm 2011 của trường đại học sư phạm Hà Nội môn toán doc
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (845.88 KB, 25 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 ñề )
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm).
Câu I ( 2 điểm)
Cho hàm số 2)2()21(
23
++−+−+= mxmxmxy (1) m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số (1) với m=2.
2. Tìm tham số m ñể ñồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với ñường thẳng d: 07
=
+
+
yx góc
α
,
biết
26
1
cos =
α
.
Câu II (2 điểm)
1. Giải bất phương trình:
54
4
2
log
2
2
1
≤−
− x
x
.
2. Giải phương trình:
(
)
.cos32cos3cos21cos2.2sin3 xxxxx −+=++
Câu III (1 điểm)
Tính tích phân: I
( )
∫
++
+
=
4
0
2
211
1
dx
x
x
.
Câu IV(1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có ñáy ABC là tam giác vuông cân ñỉnh A, AB
2a= . Gọi I là trung ñiểm của BC, hình
chiếu vuông góc H của S lên mặt ñáy (ABC) thỏa mãn:
IH
IA
2
−
=
, góc giữa SC và mặt ñáy (ABC) bằng
0
60 .
Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung ñiểm K của SB tới (SAH).
Câu V(1 điểm)
Cho x, y, z là ba số thực dương thay ñổi và thỏa mãn: xyzzyx ≤++
222
. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
xyz
z
zxy
y
yzx
x
P
+
+
+
+
+
=
222
.
PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ).
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;0), ñường cao từ ñỉnh B có phương trình 01
=
+
+
yx ,
trung tuyến từ ñỉnh C có phương trình: 2x-y-2=0. Viết phương trình ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ trục tọa ñộ Oxyz, cho các ñiểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1). Hãy viết phương
trình mặt phẳng (P) qua hai ñiểm A và B, ñồng thời khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P) bằng 3 .
Câu VII.a (1 điểm)
Cho khai triển:
( )
(
)
14
14
2
210
2
2
10
121 xaxaxaaxxx ++++=+++ . Hãy tìm giá trị của
6
a .
B. Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích bằng
11
2
và trọng tâm G
thuộc ñường thẳng d: 043
=
−
+
yx . Tìm tọa ñộ ñỉnh C.
2.Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P) 01
=
+
−
+
zyx ,ñường thẳng d:
3
1
1
1
1
2
−
−
=
−
−
=
−
zyx
Gọi I là giao ñiểm của d và (P). Viết phương trình của ñường thẳng
∆
nằm trong (P), vuông góc với d và cách
I một khoảng bằng 23 .
Câu VII.b (1 ñiểm) Giải phương trình: .1
3
=
−
+
zi
iz
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
1
ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011
MÔN:TOÁN, Khối A
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH.
Câu ý Nội dung Điểm
1(1ñ)
Khảo sát hàm số khi m = 2
Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x
3
− 3x
2
+ 4
a) TXĐ: R
b) SBT
•Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
0,25
•Chiều biến thiên:
Có y’ = 3x
2
− 6x; y’=0 ⇔ x =0, x =2
x
−∞
0 2
+∞
y’
+ 0 − 0 +
y
−∞
4
0
+∞
Hàm số ĐB trên các khoảng (−∞ ; 0) và (2 ; +∞), nghịch biến trên (0 ; 2).
0,25
•Hàm số ñạt cực ñại tại x = 0, y
CĐ
= y(0) = 4;
Hàm số ñạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= y(2) = 0.
0,25
c) Đồ thị:
Qua (-1 ;0)
Tâm ñối xứng:I(1 ; 2)
0,25
2(1ñ)
Tìm m
Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến
⇒
tiếp tuyến có véctơ pháp )1;(
1
−= kn
d: có véctơ pháp
)1;1(
2
=n
Ta có
=
=
⇔=+−⇔
+
−
=⇔=
3
2
2
3
0122612
12
1
26
1
.
cos
2
1
2
2
21
21
k
k
kk
k
k
nn
nn
α
0,5
I(2đ)
Yêu cầu của bài toán thỏa mãn ⇔ ít nhất một trong hai phương trình:
1
/
ky = (1)
và
2
/
ky = (2) có nghiệm x
⇔
=−+−+
=−+−+
3
2
2)21(23
2
3
2)21(23
2
2
mxmx
mxmx
⇔
≥∆
≥∆
0
0
2
/
1
/
0,25
có nghiệm
1
I
2
2
-1
4
0 x
y
có nghiệm
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
2
⇔
≥−−
≥−−
034
0128
2
2
mm
mm
⇔
≥−≤
≥−≤
1;
4
3
2
1
;
4
1
mm
mm
⇔
4
1
−≤m hoặc
2
1
≥m
0,25
II(2đ)
1(1ñ)
Giải bất phương trình
Bpt
≤
−
≤
−≤
−
≤−
⇔
≤
−
≥−
−
⇔
)2(3
4
2
log2
)1(2
4
2
log3
9
4
2
log
04
4
2
log
2
1
2
1
2
2
1
2
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
0,25
. Giải (1): (1)
5
16
3
8
0
4
165
0
4
83
8
4
2
4 ≤≤⇔
≤
−
−
≥
−
−
⇔≤
−
≤⇔ x
x
x
x
x
x
x
0,25
. Giải (2): (2)
9
4
17
4
0
4
49
0
4
417
4
1
4
2
8
1
≤≤⇔
≤
−
−
≥
−
−
⇔≤
−
≤⇔ x
x
x
x
x
x
x
0,25
Vậy bất phương trình có tập nghiệm
4 4 8 16
; ;
17 9 3 5
∪
.
0,25
2(1ñ)
Giải PT lượng giác
Pt )1cos2()12(cos)cos3(cos)1cos2(2sin3 +−−+−=+⇔ xxxxxx
)1cos2(sin2cossin4)1cos2(2sin3
22
+−−−=+⇔ xxxxxx
0)1sin22sin3)(1cos2(
2
=+++⇔ xxx
0,5
•
1)
6
2sin(22cos2sin301sin22sin3
2
−=−⇔−=−⇔=++
π
xxxxx
π
π
kx +−=⇔
6
0,25
•
)(
2
3
2
2
3
2
01cos2 Zk
kx
kx
x ∈
+−=
+=
⇔=+
π
π
π
π
Vậy phương trình có nghiệm:
π
π
2
3
2
kx += ;
π
π
2
3
2
kx +−= và
π
π
kx +−=
6
0,25
III(1đ)
1(1ñ)
Tính tích phân.
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
3
I
( )
∫
++
+
=
4
0
2
211
1
dx
x
x
.
•Đặt
dttdx
x
dx
dtxt )1(
21
211 −=⇒
+
=⇒++= và
2
2
2
tt
x
−
=
Đổi cận
x 0 4
t 2 4
0,25
•Ta có I =
dt
t
t
tdt
t
ttt
dt
t
ttt
∫∫ ∫
−+−=
−+−
=
−+−
4
2
2
4
2
4
2
2
23
2
2
24
3
2
1243
2
1)1)(22(
2
1
=
++−
t
tt
t 2
ln43
22
1
2
0,5
=
4
1
2ln2 −
0,25
(1ñ) Tính thể tích và khoảng cách
•Ta có ⇒−= IHIA 2 H thuộc tia ñối của tia IA và IA = 2IH
BC = AB
2 a2
=
; AI=
a
; IH=
2
IA
=
2
a
AH = AI + IH =
2
3a
0,25
•Ta có
2
5
45cos.2
0222
a
HCAHACAHACHC =⇒−+=
Vì
⇒
⊥
)(ABCSH
0
60))(;( ==
∧∧
SCHABCSC
2
15
60tan
0
a
HCSH ==
0,25
IV
•
6
15
2
15
)2(
2
1
.
3
1
.
3
1
3
2
.
aa
aSHSV
ABCABCS
===
∆
0,25
H
K
I
B A
S
C
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
4
• )(SAHBI
SHBI
AHBI
⊥⇒
⊥
⊥
Ta có
22
1
)(;(
2
1
))(;(
2
1
))(;(
))(;( a
BISAHBdSAHKd
SB
SK
SAHBd
SAHKd
===⇒==
0,25
V
(1ñ) Tim giá trị lớn nhất của P
xyz
z
zxy
y
xyx
x
P
+
+
+
+
+
=
222
.
Vì 0;;
>
zyx , Áp dụng BĐT Côsi ta có:
xyz
z
zxy
y
yzx
x
P
222
222
++≤ =
++=
xyzxyz
222
4
1
0,25
++
≤
++
=
+++++≤
xyz
zyx
xyz
xyzxyz
yxxzzy
222
2
1
2
1111111
4
1
2
1
2
1
=
≤
xyz
xyz
0,5
Dấu bằng xảy ra 3
=
=
=
⇔
zyx . Vậy MaxP =
2
1
0,25
PHẦN TỰ CHỌN:
Câu ý Nội dung Điểm
VIa(2đ)
1(1ñ)
Viết phương trình ñường tròn…
KH: 022:;01:
21
=−−=++ yxdyxd
1
d có véctơ pháp tuyến
)1;1(
1
=n và
2
d có véctơ pháp tuyến )1;1(
2
=n
• AC qua ñiểm A( 3;0) và có véctơ chỉ phương
)1;1(
1
=n
⇒
phương trình
AC: 03
=
−
−
yx .
⇒∩=
2
dACC Tọa ñộ C là nghiệm hệ: )4;1(
022
03
−−⇒
=−−
=−−
C
yx
yx
.
0,25
• Gọi );(
BB
yxB
⇒
)
2
;
2
3
(
BB
yx
M
+
( M là trung ñiểm AB)
Ta có B thuộc
1
d và M thuộc
2
d nên ta có:
)0;1(
02
2
3
01
−⇒
=−−+
=++
B
y
x
yx
B
B
BB
0,25
• Gọi phương trình ñường tròn qua A, B, C có dạng:
022
22
=++++ cbyaxyx .
Thay tọa ñộ ba ñiểm A, B, C vào pt ñường tròn ta có:
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
Gv: Trần
Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
5
−=
=
−=
⇔
−=+−−
−=+−
−=+
3
2
1
1782
12
96
c
b
a
cba
ca
ca
⇒
Pt ñường tròn qua A, B, C là:
0342
22
=−+−+ yxyx . Tâm I(1;-2) bán kính R =
22
0,5
2(1ñ)
Viết phương trình mặt phẳng (P)
•Gọi Ocban ≠= );;( là véctơ pháp tuyến của (P)
Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0) ⇒ pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0
Mà (P) qua B(0;0;-2) ⇒a-b-2c=0 ⇒ b = a-2c
Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0
0,25
• d(C;(P)) = 0141623
)2(
2
3
22
222
=+−⇔=
+−+
+
⇔ caca
ccaa
ca
=
=
⇔
ca
ca
7
0,5
•TH1:
c
a
=
ta chọn 1
=
=
ca ⇒ Pt của (P): x-y+z+2=0
TH2: ca 7
=
ta chọn a =7; c = 1 ⇒Pt của (P):7x+5y+z+2=0
0,25
VII.a
(1 ñ)
Tìm hệ số của khai triển
• Ta có
4
3
)12(
4
1
1
22
++=++ xxx nên
( )
10121422
10
)21(
16
9
)21(
8
3
)21(
16
1
)1(21 xxxxxx +++++=+++
0,25
• Trong khai triển
(
)
14
21 x+ hệ số của
6
x là:
6
14
6
2 C
Trong khai triển
(
)
12
21 x+ hệ số của
6
x là:
6
12
6
2 C
Trong khai triển
(
)
10
21 x+ hệ số của
6
x là:
6
10
6
2 C
0,5
• Vậy hệ số
.417482
16
9
2
8
3
2
16
1
6
10
66
12
66
14
6
6
=++= CCCa
0,25
Tìm tọa ñộ của ñiểm C
VI.b(2đ)
1(1ñ)
• Gọi tọa ñộ của ñiểm )
3
;
3
1();(
CC
CC
yx
GyxC +⇒ . Vì G thuộc d
)33;(3304
33
13 +−⇒+−=⇒=−+
+⇒
CCCC
CC
xxCxy
yx
•Đường thẳng AB qua A và có véctơ chỉ phương
)2;1(=AB
0,25
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
6
032:
=
−
−
⇒
yxptAB
•
5
11
5
3332
5
11
);(
2
11
);(.
2
1
=
−−+
⇔=⇔==
∆
CC
ABC
xx
ABCdABCdABS
=
−=
⇔=−⇔
5
17
1
1165
C
C
C
x
x
x
0,5
• TH1: )6;1(1 −⇒−= Cx
C
TH2:
)
5
36
;
5
17
(
5
17
−⇒= Cx
C
.
0,25
2(1ñ)
Viết phương trình của ñường thẳng
• (P) có véc tơ pháp tuyến )1;1;1(
)(
−=
P
n và d có véc tơ chỉ phương
)
3;1;1(. −−=u
)4;2;1()( IPdI
⇒
∩
=
• vì
∆
⇒
⊥
∆
⊂
∆
dP);( có véc tơ chỉ phương
[
]
)2;2;4(;
)(
−−==
∆
unu
P
)1;1;2(2
−
−
=
0,25
• Gọi H là hình chiếu của I trên
∆
)(QmpH
∈
⇒
qua I và vuông góc
∆
Phương trình (Q): 0420)4()2()1(2
=
+
−
+
−
⇔
=
−
−
−
+
−
−
zyxzyx
Gọi
11
)()( dQPd ⇒∩= có vécto chỉ phương
[
]
)1;1;0(3)3;3;0(;
)()(
==
QP
nn và
1
d qua I
+=
+=
=
⇒
tz
ty
x
ptd
4
2
1
:
1
Ta có
);;0()4;2;1(
1
ttIHttHdH =⇒++⇒∈
•
−=
=
⇔=⇔=
3
3
23223
2
t
t
tIH
0,5
• TH1:
1
7
1
5
2
1
:)7;5;1(3
−
−
=
−
=
−
−
∆⇒⇒=
zyx
ptHt
TH2:
1
1
1
1
2
1
:)1;1;1(3
−
−
=
+
=
−
−
∆⇒−⇒−=
zyx
ptHt
0,25
VII.b
1 ñ Giải phương trình trên tập số phức.
ĐK:
i
z
≠
• Đặt
z
i
iz
w
−
+
= ta có phương trình: 0)1)(1(1
23
=++−⇔= wwww
0,5
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
7
−−
=
+−
=
=
⇔
=++
=
⇔
2
31
2
31
1
01
1
2
i
w
i
w
w
ww
w
• Với
011 =⇔=
−
+
⇒= z
z
i
iz
w
• Với
333)31(
2
31
2
31
−=⇔−−=+⇔
+−
=
−
+
⇒
+−
= zizi
i
z
i
izi
w
• Với
333)31(
2
31
2
31
=⇔−=−⇔
−−
=
−
+
⇒
−−
= zizi
i
z
i
izi
w
Vậy pt có ba nghiệm
3;0 == zz và 3−=z .
0,5
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 ñề )
A. PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH
Câu I (2 ñiểm).
1. Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số y = x
4
– 4x
2
+ 3
2. Tìm m ñể phương trình
4 2
2
4 3 log
x x m
− + = có ñúng 4 nghiệm.
Câu II (2 ñiểm).
1. Giải bất phương trình:
( ) ( )
3
2
5 1 5 1 2 0
x x
x+
− + + − ≤
2. Giải phương trình:
2
( 2) 1 2
x x x x
− + − = −
Câu III (2 ñiểm)
1. Tính giới hạn sau:
1 2
3
1
tan( 1) 1
lim
1
x
x
e x
x
−
→
+ − −
−
2. Cho hình chóp S.ABCD có ñáy là hình thoi , BAD
α
∠ =
. Hai mặt bên (SAB) và (SAD) cùng vuông
góc với mặt ñáy, hai mặt bên còn lại hợp với ñáy một góc
β
. Cạnh SA = a. Tính diện tích xung quanh
và thể tích khối chóp S.ABCD.
Câu IV (1 ñiểm). Cho tam giác ABC với các cạnh là a, b, c. Chứng minh rằng:
3 3 3 2 2 2 2 2 2
3 ( ) ( ) ( )
a b c abc a b c b c a c a b
+ + + ≥ + + + + +
B. PHẦN TỰ CHỌN: Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb
Câu Va (3 ñiểm). Chương trình cơ bản
1. Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho ñường thẳng
: 2 3 0
x y
∆ + − =
và hai ñiểm A(1; 0), B(3; - 4).
Hãy tìm trên ñường thẳng
∆
một ñiểm M sao cho 3
MA MB
+
nhỏ nhất.
2. Trong không gian Oxyz cho hai ñường thẳng:
1
1
: 2
2
x t
d y t
z t
= −
=
= − +
và
2
: 1 3
1
x t
d y t
z t
=
= +
= −
.
Lập phương trình ñường thẳng ñi qua M(1; 0; 1) và cắt cả d
1
và d
2
.
3. Tìm số phức z thỏa mãn:
2
2 0
z z
+ =
Câu Vb. (3 ñiểm). Chương trình nâng cao
1. Trong mặt phẳng tọa ñộ cho hai ñường tròn (C
1
): x
2
+ y
2
= 13 và (C
2
): (x - 6)
2
+ y
2
= 25 cắt nhau tại
A(2; 3). Viết phương trình ñường thẳng ñi qua A và cắt (C
1
), (C
2
) theo hai dây cung có ñộ dài bằng nhau.
2. Trong không gian Oxyz cho hai ñường thẳng:
1
1
: 2
2
x t
d y t
z t
= −
=
= − +
và
2
: 1 3
1
x t
d y t
z t
=
= +
= −
.
Lập phương trình mặt cầu có ñường kính là ñoạn vuông góc chung của d
1
và d
2
.
3. Trong các số phức z thỏa mãn ñiều kiện
1 2 1
z i
+ + =
, tìm số phức z có modun nhỏ nhất.
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
1
ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011
MÔN:TOÁN, Khối A
Câu
ý Nội dung Điểm
2
1 1
TXĐ D =
ℝ
Giới hạn : lim
x
y
→±∞
= +∞
Sự biến thiên : y’ = 4x
3
- 8x
y’ = 0
0, 2
x x⇔ = = ±
Bảng biến thiên
x
−∞
2
− 0
2
+∞
y’ - 0 + 0 - 0 +
y
+∞
+∞
3
-1 -1
Hàm số ñồng biến trên các khoảng
(
)
(
)
2;0 , 2;
− +∞
và nghịch biến trên các khoảng
(
)
(
)
; 2 , 0; 2
−∞ −
Hàm số ñạt cực ñại tại x = 0, y
CD
= 3. Hàm số ñạt cực tiểu tại x =
2
± , y
CT
= -1
Đồ thị
025
025
025
025
2 1
I
Đồ thị hàm số
4 2
4 3
y x x
= − +
Số nghiệm của phương trình
4 2
2
4 3 log
x x m
− + = bằng số giao ñiểm của ñồ thị hàm số
4 2
4 3
y x x
= − +
và ñường thẳng y = log
2
m.
Vậy phương trình có 4 nghiệm khi và chỉ khi log
2
m = 0 hoặc
2
1 log m 3
< <
hay m = 1 hoặc 2<m<9
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
2
2
1 1
Viết lại bất phương trình dưới dạng
5 1 5 1
2 2 0
2 2
x x
− +
+ − ≤
Đặt t =
5 1
, 0.
2
x
t
+
>
khi ñó
5 1 1
2
x
t
−
=
Bất phương trình có dạng
t +
1
2 2 0
t
− ≤
2
2 2 1 0
t t
⇔ − + ≤
2 1 2 1
t
⇔ − ≤ ≤ +
5 1 5 1
2 2
5 1
2 1 2 1
2
log ( 2 1) log ( 2 1)
x
x
+ +
+
⇔ − ≤ ≤ +
⇔ − ≤ ≤ +
025
025
025
025
2 1
II
Điều kiện :
1
x
≥
Phương trình tương ñương với
2
( 1 1) 2 1 2( 1) 0
x x x x x
− − − − − − − =
(*)
Đặt
1, 0
y x y
= − ≥
. Khi ñó (*) có dạng : x
2
– x(y - 1) – 2y – 2y
2
= 0
( 2 )( 1) 0
2 0( 1 0)
x y x y
x y do x y
⇔ − + + =
⇔ − = + + ≠
2
2 1
4 4 0
2
x x
x x
x
⇒ = −
⇔ − + =
⇔ =
025
025
05
2
1 1
1 2 1 2
3 2
3
3
1 1
1 2
3 2 3 2
3 3
2
1 1
3 2 3 2
3 3
1 1
tan( 1) 1 1 tan( 1)
lim lim .( 1)
1
1
1 tan( 1)
lim .( 1) lim .( 1)( 1)
1 1
lim( 1) lim( 1)( 1) 9
x x
x x
x
x x
x x
e x e x
x x
x
x
e x
x x x x x
x x
x x x x x
− −
→ →
−
→ →
→ →
+ − − − + −
= + +
−
−
− −
= + + + + + +
− −
= + + + + + + =
025
05
025
2 1
III
Kẻ ñường cao SI của tam giác SBC. Khi ñó AI
⊥
BC
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
3
(Định lí 3 ñường vuông góc) do ñó SIA
β
∠ =
S
AI = a.cot
β
, AB = AD =
cot
sin
a
β
α
, SI =
sin
a
β
2 2
cot
. .sin
sin
ABCD
a
S AB AD
β
α
α
= =
A
3 2
.
cot
3sin
S ABCD
a
V
β
α
=
S
xq
= S
SAB
+ S
SAD
S
SBC
+ S
SCD
B
I
C
=
2
cot 1
.(1 )
sin sin
a
β
α β
+
025
025
025
025
1 IV
Ta có
3 3 3 2 2 2 2 2 2
3 ( ) ( ) ( )
a b c abc a b c b c a c a b
+ + + ≥ + + + + +
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3
2 2 2 2
3
cos cos cos
2
a b c b c a c a b
ab bc ca
A B C
+ − + − + −
⇔ + + ≤
⇔ + + ≤
Mặt khác
2 2 2 2
cos cos cos (cos cos ).1 (cos cos sin sin )
1 1 3
[(cos cos ) 1 ]+ [sin A+sin B]-cos cos
2 2 2
A B C A B A B A B
A B A sB
+ + = + − −
≤ + + =
Do ñó
3
cos cos cos
2
A B C
+ + ≤
025
025
05
3
1 1
Gọi I là trung ñiểm của AB, J là trung ñiểm của IB. Khi ñó I(1 ; -2), J(
5
; 3
2
−
)
Ta có : 3 ( ) 2 2 2 4
MA MB MA MB MB MI MB MJ
+ = + + = + =
Vì vậy 3
MA MB
+
nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên ñường thẳng
∆
Đường thẳng JM qua J và vuông góc với
∆
có phương trình : 2x – y – 8 = 0.
Tọa ñộ ñiểm M là nghiệm của hệ
2
2 3 0
5
2 8 0 19
5
x
x y
x y
y
−
=
+ − =
⇔
− − =
=
vậy M(
19 2
;
5 5
−
)
025
025
025
025
Va
2 1
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
4
Đường thẳng d
1
ñi qua A(1; 0; -2) và có vecto chỉ phương là
1
( 1;2;1)
u = −
, ñường thẳng d
2
ñi qua B(0; 1; 1) và có vecto chỉ phương là
2
(1;3; 1)
u
= −
.
Gọi
( ),( )
α β
là các mặt phẳng ñi qua M và lần lượt chứa d
1
và d
2
. Đường thẳng cần tìm
chính là giao tuyến của hai mặt phẳng
( ) à ( )
v
α β
Ta có
(0;0; 3), ( 1;1;0)
MA MB= − = −
1 1 2 2
1
; (2;1;0), ; (1;1;4)
3
n MA u n MB u
= = = − =
là các vecto pháp tuyến của
( ) à ( )
v
α β
Đường giao tuyến của
( ) à ( )
v
α β
có vectơ chỉ phương
1 2
; (4; 8;1)
u n n
= = −
và ñi qua
M(1;0;1) nên có phương trình x= 1 + 4t, y = 8t, z = 1 + t
025
025
025
025
3 1
Gọi z = x + y.i. Khi ñó z
2
= x
2
– y
2
+ 2xy.i,
z x yi
= −
2 2 2
2 2
2 0 2 2( 1) 0
2 0
( 1; 3),( 0; 0),( 2; 0)
2( 1) 0
z z x y x x yi
x y x
x y x y x y
x y
+ = ⇔ − + + − =
− + =
⇔ ⇔ = = ± = = = − =
− =
Vậy có 4 số phức thỏa mãn z = 0, z = - 2 và z = 1
3
i
±
025
025
025
025
3
1 1
Gọi giao ñiểm thứ hai của ñường thẳng cần tìm với (C
1
) và (C
2
) lần lượt là M và N
Gọi M(x; y)
2 2
1
( ) 13
C x y
∈ ⇒ + =
(1)
Vì A là trung ñiểm của MN nên N(4 – x; 6 – y).
Do N
2 2
2
( ) (2 ) (6 ) 25C x y∈ ⇒ + + − = (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ
2 2
2 2
13
(2 ) (6 ) 25
x y
x y
+ =
+ + − =
Giải hệ ta ñược (x = 2 ; y = 3) ( loại) và (x =
17
5
−
; y =
6
5
). Vậy M(
17
5
−
;
6
5
)
Đường thẳng cần tìm ñi qua A và M có phương trình : x – 3y + 7 = 0
025
025
025
025
2 1
Vb
Gọi M (1- t ; 2t ; -2 + t)
1
d
∈
, N(t’ ; 1+3t’ 1- t’)
2
d
∈
Đường thẳng d
1
có vecto chỉ phương là
1
( 1;2;1)
u = −
, ñường thẳng d
2
có vecto chỉ phương
là
2
(1;3; 1)
u
= −
.
( ' 1;3 ' 2 1; ' 3)
MN t t t t t t
= + − − + − − +
MN là ñoạn vuông góc chung của d
1
và d
2
1
2
. 0
2 ' 3 3 0
11 ' 4 1 0
. 0
MN u
t t
t t
MN u
=
− + =
⇔
− − =
=
3
'
5
7
5
t
t
=
⇔
=
O
025
025
I
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
5
==============================
Do ñó M(
2 14 3
; ;
5 5 5
− −
), N(
3 14 2
; ;
5 5 5
).
Mặt cầu ñường kính MN có bán kính R =
2
2 2
MN
= và tâm I(
1 14 1
; ;
10 5 10
−
) có phương tr
ình
2 2 2
1 14 1 1
( ) ( ) ( )
10 5 10 2
x y z
− + − + + =
025
025
3 1
Gọi z = x + yi, M(x ; y ) là ñiểm biểu diễn số phức z.
2 2
1 2 1 ( 1) ( 2) 1
z i x y
+ + = ⇔ + + + =
Đường tròn (C) :
2 2
( 1) ( 2) 1
x y
+ + + =
có tâm (-1;-2)
Đường thẳng OI có phương trình y = 2x
Số phức z thỏa mãn ñiều kiện và có môdun nhỏ nhất khi và chỉ khi ñiểm
Biểu diễn nó thuộc (C) và gần gốc tọa ñộ O nhất, ñó chính là một trong hai
giao ñiểm của ñường thẳng OI và (C)
Khi ñó tọa ñộ của nó thỏa
mãn hệ
2 2
1 1
1 1
2
5 5
,
2 2
( 1) ( 2) 1
2 2
5 5
x x
y x
x y
y y
= − − = − +
=
⇔
+ + + =
= − − = − +
Chon z =
1 2
1 ( 2 )
5 5
i− + + − +
025
025
025
025
I HC S PHM H I THI TH I HC CAO NG 2011
KHOA TON-TIN
MễN: TON- KHI A
Thi gian lm bi: 180 phỳt ( khụng k thi gian giao )
A. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im )
Cõu I: (2,0 im) Cho hm s:
2 1
1
x
y
x
-
=
-
(C).
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C).
2. Gi I l giao im ca hai tim cn, M l mt im bt kỡ trờn (C), tip tuyn ca (C) ti M ct cỏc tim cn
ti A, B. Chng minh rng din tớch tam giỏc IAB khụng i khi M thay i trờn (C).
Cõu II: (2,0 im)
1. Gii phng trỡnh
3 3
sin .sin 3 os .cos3 1
8
tan .tan
6 3
x x c x x
x x
p p
+
= -
ổ ử ổ ử
- +
ỗ ữ ỗ ữ
ố ứ ố ứ
2. Gii phng trỡnh
( ) ( )
3 3
2 2
1 1 1 1 2 1
x x x x
ộ ự
+ - + - - = + -
ờ ỳ
ở ỷ
.
Cõu III. (1,0 im) Tớnh tớch phõn
( )
1
2
0
ln 1
I x x x dx
= + +
ũ
.
Cõu IV. (1,0 im) Cho hỡnh hp ng ABCD.ABCD cú
AB AD a
= =
,
3
AA '
2
a
= , gúc
BAD
bng
0
60
. Gi
M, N ln lt l trung im ca cnh AD v AB. Chng minh AC vuụng gúc vi mt phng (BDMN) v tớnh th
tớch khi a din AABDMN theo
a
.
Cõu V. (1,0 im) Chng minh rng vi mi s thc dng
, ,
a b c
tha món
2 2 2
1
a b c
+ + =
, ta cú:
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
- + - + - +
+ + Ê
+ + +
.
B. PHN RIấNG (3,0 IM):Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc B)
I. Theo chng trỡnh Chun
Cõu VI.a (2,0 im)
1. Trong mt phng vi h ta Oxy, cho hỡnh ch nht ABCD cú din tớch bng 12, tõm I l giao im ca
hai ng thng: d
1
: x y 3 = 0, d
2
: x + y 6 = 0. Trung im mt cnh l giao im ca d
1
v tia Ox. Tỡm
ta cỏc nh ca hỡnh ch nht.
2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho im I(1;1;1) v ng thng d:
14 5
4 1 2
x y z
- +
= =
-
. Vit phng
trỡnh mt cu (S) tõm I v ct d ti hai im A, B sao cho di on thng AB bng 16.
Cõu VII.a (1,0 im) Tỡm h s cha x
2
trong khai trin:
4
1
2
n
x
x
ổ ử
+
ỗ ữ
ố ứ
, bit n l s nguyờn dng tha món:
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 chng trỡnh Nõng cao
Cõu VI.b (2,0 im)
1. Trong mt phng vi h ta Oxy, cho hỡnh vuụng cú nh l (-4; 8) v mt ng chộo cú phng trỡnh
7x y + 8 = 0. Vit phng trỡnh cỏc cnh ca hỡnh vuụng.
2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho mt phng (P):
1 0
x y z
+ + - =
v hai im A(1;-3;0), B(5;-1;-2).
Tỡm ta im M trờn mt phng (P) sao cho
MA MB
- t giỏ tr ln nht.
Cõu VII.b (1.0 im) Cho h phng trỡnh
2
3 3
3
2
1
log log 0
2
,( )
0
x y
m R
x y my
ỡ
- =
ù
ẻ
ớ
ù
+ - =
ợ
. Tỡm m h cú nghim.
Ht
Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
H v tờn thớ sinh: ; S bỏo danh:
Gv: Trn Quang Thun Tel: 0912.676.613 091.5657.952
I HC S PHM H I
P N THANG IM
THI TH I HC NM 2011
Mụn thi: TON
.
Cõu í ỏp ỏn im
I
1
1,0
ã TX : D = R\
{
}
1
.
ã S bin thiờn:
y =
( )
2
1
0,
1
x D
x
-
< " ẻ
-
.
Hm s nghch bin trờn:
(
)
(
)
;1 1;v
-Ơ +Ơ
0,25
Gii hn:
lim lim 2
x xđ+Ơ đ-Ơ
= =
; tim cn ngang: y = 2
1 1
lim , lim
x x
+ -
đ đ
= +Ơ = -Ơ
; tim cn ng: x = 1
0,25
Bng bin thiờn: 0,25
ã
th:
0,25
2
1,0
Gi M(m;
2 1
1
m
m
-
-
)
Tip tuyn ca (C) ti 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
D
= =
.
Vy din tớch tam giỏc IAB khụng i khi M thay i trờn (C).
0,25
II
1
1,0
iu kin:
6 2
k
x
p p
ạ +
Ta cú
tan .tan tan .cot 1
6 3 6 6
x x x x
p p p p
ổ ử ổ ử ổ ử ổ ử
- + = - - = -
ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ
ố ứ ố ứ ố ứ ố ứ
0,25
Phng trỡnh tng ng vi:
3 3
sin .sin 3 os .cos3
x 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: Trn Quang Thun Tel: 0912.676.613 091.5657.952
I HC S PHM H I
( )
ai
6
,
6
x k lo
k Z
x k
p
p
p
p
ộ
= +
ờ
ẻ
ờ
ờ
= - +
ờ
ở
. Vy :
6
x k
p
p
= - +
0,25
2
1,0
k: -1
1
x
Ê Ê
t u =
( )
3
1
x
+ , v =
3
(1 )
x
- ; u,v
0
H thnh:
2 2
3 3
2
1 ( ) 2
u v
uv u v uv
ỡ
+ =
ù
ớ
+ - = +
ù
ợ
0,25
Ta cú:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
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
ỡ
+ =
ù
ị ị = +
ớ
- =
ù
ợ
0,25
2
2
xị =
0,25
III
1,0
t
( )
2
2
2
2 1
ln 1
1
2
x
du dx
u x x
x x
x
dv xdx
v
+
ỡ
=
ù
ỡ
= + +
ù ù
+ +
ị
ớ ớ
=
ù
ù
ợ
=
ù
ợ
(
)
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
+
= + + -
+ +
ũ
0,25
( )
1
1
2 2 1
0
2
0
0
1 1 1 3
ln 3 ln( 1)
2 2 4 4 1
3 3
ln 3
4 4
dx
x x x x
x x
J
- - + + + -
+ +
= -
ũ
0,25
1
2
2
0
1 3
2 2
dx
J
x
=
ổ ử
ổ ử
+ +
ỗ ữ
ỗ ữ
ố ứ
ố ứ
ũ
. t
1 3
tan , ;
2 2 2 2
x t t
p p
ổ ử
+ = ẻ -
ỗ ữ
ố ứ
3
6
2 3 3
3 9
J dx
p
p
p
= =
ũ
0,25
Vy I =
3
ln 3
4
-
3
12
p
0,25
IV
1,0
Gi O l tõm ca ABCD, S l im i xng vi A qua A
ị
M, N ln lt l trung
im ca SD v SB
AB = AD = a, gúc BAD = 60
0
ị
D
ABD u
ị
OA =
3
, 3
2
a
AC a
=
SA = 2AA = a
3
3, ' AA '
2
a
CC = =
0,25
Gv: Trn Quang Thun Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
I HC S PHM H I
~ '
'
AO SA
SAO ACC
AC CC
Þ = Þ D D
' ~
ACC AIO
Þ D D
(I là giao đim ca AC’ và SO)
'
SO AC
Þ ^
(1)
Mt khác
( ' ') '
BD ACC A BD AC
^ Þ ^
(2)
T (1) và (2)
Þ
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
= =
æ ö
= =
ç ÷
è ø
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
Î
Ta có:
(
)
2
2
5 3
3
2 2 2
1
2
1
a a
a a a
a a
b c a
-
- +
= = - +
+ -
BT thành:
( ) ( ) ( )
3 3 3
2 3
3
a a b b c c- + + - + + - + £
0,25
Xét hàm s
(
)
(
)
3
, 0;1
f x x x x= - + Î
Ta có:
( )
ax
0;1
M
(
)
f x
=
2 3
9
0,25
0,25
( ) ( ) ( )
2 3
3
f a f b f cÞ + + £
Þ
đpcm
ng thc xy ra
1
3
a b cÛ = = =
0,25
VI.a
1
1,0
I
9 3
;
2 3
æ ö
ç ÷
è ø
, M
(
)
3;0
0,25
Gi s M là trung đim cnh AD. Ta có: AB = 2IM =
3 2
. 12 2 2
ABCD
S AB AD AD= = Þ =
AD qua M và vuông góc vi d
1
Þ
AD: x + y – 3 = 0
0,25
Li có MA = MB =
2
Ta đ A, D là nghim ca h:
( )
2
2
3 0
2
1
3 2
x y
x
y
x y
+ - =
ì
=
ì
ï
Û
í í
=
- + =
î
ï
î
hoc
4
1
x
y
=
ì
í
= -
î
0,25
Chn A(2 ; 1)
(
)
(
)
(
)
4; 1 7;2 à 5; 4
D C v BÞ - Þ
0,25
2
1,0
Gi H là trung đim đon AB
8
HA
Þ =
0,25
IH
2
= 17 0,25
IA
2
= 81
9
R
Þ =
0,25
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 1 1 81
C x y z
- + - + - =
0,25
VII.a
1,0
Gv: Trn Quang Thun Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
I HC S PHM H I
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
+
+ + + + = +
+
ò
0,25
1
1
3 1 6560
3 6561 7
1 1
n
n
n
n n
+
+
-
Û = Û = Û =
+ +
0,25
7
14 3
7
4
7
4
0
1 1
2
2
k
k
k
x C x
x
-
æ ö
+ =
ç ÷
è ø
å
0,25
S hng cha x
2
ng vi k tha:
14 3
2 7
4
k
k
-
= Û =
Vy h s cn tìm là:
21
4
0,25
VI.b
1
1,0
Gi A(-4; 8)
Þ
BD: 7x – y + 8 = 0
Þ
AC: x + 7y – 31 = 0
0,25
Gi D là đng thng qua A có vtpt (a ; b)
D: ax + by + 4a – 5b = 0,
D hp vi AC mt góc 45
0
Þ
a = 3, b = -4 hoc a = 4, b = 3
Þ
AB:
3 4 32 0; : 4 3 1 0
x y AD x y
- + = + + =
0,25
Gi I là tâm hình vuông
Þ
I(
1 9
; )
2 2
-
(
)
3; 4
CÞ
: 4 3 24 0; : 3 4 7 0
BC x y CD x y
Þ + - = - + =
0,25
KL: 0,25
2
1,0
Ta có: A, B nm khác phía so vi (P).Gi B’ là đim đi xng vi B qua (P)
Þ
B’(-1; -3; 4)
0,25
' '
MA MB MA MB AB
- = - £
ng thc xy ra khi M, A, B’ thng hàng
Þ
M là giao đim ca (P) và AB’
0,25
AB’:
1
3
2
x t
y
z t
= +
ì
ï
= -
í
ï
= -
î
0,25
M(-2; -3; 6) 0,25
VII.b
1,0
k: x
¹
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
ì
ì =
- =
ï ï
Û
í í
+ - =
ï ï
î
+ - =
î
ì =
ì
=
ï ï
Û Û
í í
+ =
+ - =
ï
ï
î
î
0,25
H có nghim khi (2) có nghim y > 0
Ta có : f(y) =
2
y y
+
>0 ,
"
y > 0
0,25
Do đó pt f(y) = a có nghim dng khi a>0 0,25
Vy h có nghim khi a > 0 0,25
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
KHOA TOÁN-TIN
ĐỀ THI THỬ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2011
Môn thi : TOÁN - khối A.
Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao ñề)
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)
Câu I (2,0 ñiểm).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số
3
1
x
y
x
−
=
+
.
2. Viết phương trình ñường thẳng d ñi qua ñiểm
(
)
1;1
I − và cắt ñồ thị (C) tại hai ñiểm M, N sao
cho I là trung ñiểm của ñoạn MN.
Câu II (2,0 ñiểm).
1. Giải phương trình
( )
(
)
3
sin 2 cos 3 2 3 cos 3 3 cos 2 8 3 cos s inx 3 3 0
x x x x x
+ − − + − − =
.
2. Giải hệ phương trình
(
)
3 3
2 2
3 4
9
x y xy
x y
− =
=
.
Câu III (2,0 ñiểm).
1. Cho x, y là các số thực thoả mãn
2 2
4 3
x xy y .
+ + =
Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức:
3 3
8 9
M x y xy
= + − .
2. Chứng minh
( )
2 2 2
1
2
a b c
ab bc ca a b c
a b b c c a
+ + + + + ≥ + +
+ + +
với mọi số dương
; ;
a b c
.
Câu IV (1,0 ñiểm). Cho lăng trụ tam giác ñều
. ' ' '
ABC A B C
có cạnh ñáy là a và khoảng cách từ A
ñến mặt phẳng (A’BC) bằng
2
a
. Tính theo a thể tích khối lăng trụ
. ' ' '
ABC A B C
.
II. PHẦN RIÊNG(3,0 ñiểm): Tất cả thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần: A hoặc B.
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu Va (1,0 ñiểm). Trong mặt phẳng tọa ñộ (Oxy). Lập phương trình ñường thẳng qua
(
)
2;1
M và
tạo với các trục tọa ñộ một tam giác có diện tích bằng
4
.
Câu VI.a (2,0 ñiểm).
1. Giải bất phương trình
(
)
(
)
2 2
2
1 log log 2 log 6
x x x
+ + + > −
.
2. Tìm m ñể hàm số
3 2 2
3( 1) 2( 7 2) 2 ( 2)
y x m x m m x m m
= − + + + + − +
có cực ñại và cực tiểu.
Viết phương trình ñường thẳng ñi qua ñiểm cực ñại và cực tiểu khi ñó.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb (1,0 ñiểm). Trong mặt phẳng tọa ñộ (Oxy) , cho ñiểm
1
3;
2
M
. Viết phương trình chính
tắc của elip ñi qua ñiểm M và nhận
(
)
1
3;0
F − làm tiêu ñiểm.
Câu VI.b (2,0 ñiểm).
1. Giải hệ phương trình
2 2
1
2 3
x y
y x x y
+
+ = +
=
.
2. Tìm trên mặt phẳng tọa ñộ tập hợp tất cả các ñiểm mà từ ñó có thể kẻ ñược hai tiếp tuyến ñến ñồ
thị hàm số
2
2 2
1
x x
y
x
− +
=
−
và hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau.
HẾT
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
========================================================================
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
1
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Môn thi : TOÁN - khối A.
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM
Tập xác ñịnh:
{
}
\ 1
D R
= −
.
0,25 ñ
Sự biến thiên:
• Giới hạn và tiệm cận:
lim 1; lim 1 1
x x
y y y
→−∞ →+∞
= = ⇒ =
là TCN.
( ) ( )
1 1
lim ; lim 1
x x
y y x
− +
→ − → −
= +∞ = −∞ ⇒ = −
là TCĐ
0,25 ñ
( )
2
4
' 0,
1
y x D
x
= > ∀ ∈
+
.
• BBT:
-
∞
+
∞
+
∞
-
∞
-1
+
+
1
1
y
y'
x
Hàm số ñồng biến trên các khoảng
(
)
(
)
; 1 , 1;
−∞ − − +∞
Và không có cực trị.
0,25 ñ
Ý 1
(1,0ñ)
Đồ thị: ĐT cắt Ox tại (3;0), cắt Oy tại (0;-3) và ñối xứng qua
(
)
1;1
− .
4
2
-2
-5 5
x = -1
y = 1
y
x
O
0,25 ñ
Gọi d là ñường thẳng qua I và có hệ số góc k
(
)
: 1 1
d y k x
= + +
.
Ta có: d cắt ( C) tại 2 ñiểm phân biệt M, N
3
: 1
1
x
PT kx k
x
−
⇔ = + +
+
có 2 nghiệm PB khác
1
−
.
0,25 ñ
Câu I
(2,0ñ)
Ý 2
(1,0ñ)
Hay:
(
)
2
2 4 0
f x kx kx k
= + + + =
có 2 nghiệm PB khác
1
−
0,25 ñ
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
========================================================================
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
2
( )
0
4 0 0
1 4 0
k
k k
f
≠
⇔ ∆ = − > ⇔ <
− = ≠
.
Mặt khác: 2 2
M N I
x x x
+ = − = ⇔
I là trung ñiểm MN với
0
k
∀ <
.
0,25 ñ
KL: PT ñường thẳng cần tìm là
1
y kx k
= + +
với
0
k
<
.
0,25 ñ
Chú ý: Có thể chứng minh ñồ thị ( C) có I là tâm ñối xứng, dựa vào
ñồ thị ( C) ñể kết luận kết quả trên.
2 3 2
2
2sin .cos 6sin .cos 2 3.cos 6 3cos 3 3 8( 3.cos sin )
3 3 0
2cos ( 3cos sin ) 6.cos ( 3cos sin ) 8( 3cos sin ) 0
x x x x x x x x
x x x x x x x x
⇔ + − − + + − − =
⇔− − − − + − =
.
0,50 ñ
2
2
( 3 cos sin )( 2 cos 6cos 8) 0
tan 3
3 cos sin 0
cos 1
cos 3cos 4 0
cos 4( )
x x x x
x
x x
x
x x
x loai
⇔ − − − + =
=
− =
⇔ ⇔ =
+ − =
=
.
0,25 ñ
Ý 1
(1,0ñ)
,
3
2
x k
k
x k
π
π
π
= +
⇔ ∈ Ζ
=
0,25 ñ
Ta có :
2 2
9 3
x y xy
= ⇔ = ±
.
0,25 ñ
. Khi:
3
xy
=
, ta có:
3 3
4
x y
− =
và
(
)
3 3
. 27
x y
− = −
Suy ra:
(
)
3 3
;
x y
− là nghiệm PT
2
4 27 0 2 31
X X X− − = ⇔ = ±
0,25 ñ
Vậy ngiệm của PT là
3 3
2 31, 2 31
x y= + = − −
Hay
3 3
2 31, 2 31
x y= − = − + .
0,25 ñ
Câu II
(2,0ñ)
Ý 2
(1,0ñ)
Khi:
3
xy
= −
, ta có:
3 3
4
x y
− = −
và
(
)
3 3
. 27
x y
− =
Suy ra:
(
)
3 3
;
x y
− là nghiệm PT
2
4 27 0( )
X X PTVN
+ + =
0,25 ñ
Ta ñặt
2
t x y
= +
, từ giả thiết suy ra
2
3
3
t
xy
−
= .
Điều kiện
2 30
5
t ≤
0,25 ñ
• Khi ñó
( ) ( )
3
3 3
8 9 2 6 2 9
M x y xy x y xy x y xy
= + − = + − + −
(
)
3 2
3 6 9
t t t f t
= − − + + =
0,25 ñ
Câu III
(2,0ñ)
Ý 1
(1,0ñ)
• Xét hàm f(t) với
2 30 2 30
5 5
t ;
∈ −
, ta ñược:
0,5 ñ
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
========================================================================
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
3
( ) ( )
35 12 30 35 12 30
5 5
min f t ; max f t
− +
= =
Ta có:
2
1
2
2
a ab ab
a a a ab
a b a b
ab
= − ≥ − = −
+ +
(1)
0,50 ñ
Tương tự:
2
1
2
b
b bc
b c
≥ −
+
(2),
2
1
2
c
c ca
c a
≥ −
+
(3).
0,25 ñ
Ý 2
(1,0ñ)
Cộng (1), (2), (3), ta có:
( )
2 2 2
1
2
a b c
ab bc ca a b c
a b b c c a
+ + + + + ≥ + +
+ + +
0,25 ñ
Gọi M là trung ñiểm BC, hạ AH vuông góc với A’M
Ta có: ( ' )
'
BC AM
BC AA M BC AH
BC AA
⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
⊥
.
0,25 ñ
Mà ' ( ' )
2
a
AH A M AH A BC AH
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =
.
0,25 ñ
Mặt khác:
2 2 2
1 1 1 6
'
4
'
a
AA
AH A A AM
= + ⇒ = .
0,25 ñ
Câu IV
(1,0ñ)
KL:
3
. ' ' '
3 2
16
ABC A B C
a
V = .
0,25 ñ
Gọi d là ĐT cần tìm và
(
)
(
)
;0 , 0;
A a B b
là giao ñiểm của d với Ox,
Oy, suy ra:
: 1
x y
d
a b
+ =
. Theo giả thiết, ta có:
2 1
1, 8
ab
a b
+ = =
.
0,25 ñ
Khi
8
ab
=
thì
2 8
b a
+ =
. Nên:
1
2; 4 : 2 4 0
b a d x y
= = ⇒ + − =
.
0,25 ñ
Khi
8
ab
= −
thì
2 8
b a
+ = −
. Ta có:
2
4 4 0 2 2 2
b b b+ − = ⇔ = − ± .
Với
(
)
(
)
2
2 2 2 : 1 2 2 1 2 4 0
b d x y
= − + ⇒ − + + − =
0,25 ñ
Câu Va
(1,0ñ)
Với
(
)
(
)
3
2 2 2 : 1 2 2 1 2 4 0
b d x y
= − − ⇒ + + − + =
. KL
0,25 ñ
ĐK:
0 6
x
< <
. BPT
(
)
( )
2
2
2 2
log 2 4 log 6
x x x
⇔ + > − .
0,25 ñ
Hay: BPT
( )
2
2 2
2 4 6 16 36 0
x x x x x
⇔ + > − ⇔ + − >
0,25 ñ
Vậy:
18
x
< −
hay 2
x
<
0,25 ñ
Ý 1
(1,0ñ)
So sánh với ñiều kiện. KL: Nghiệm BPT là
2 6
x
< <
. 0,25 ñ
Ta có
2 2
' 3 6( 1) 2( 7 2)
y x m x m m
= − + + + +
0,25 ñ
Câu VIa
(2,0ñ)
Ý 2
(1,0ñ)
HS có CĐ, CT khi phương trình
2 2
3 6( 1) 2( 7 2) 0
x m x m m
− + + + + =
có
hai nghiệm phân biệt. Hay
4 17
m < − hoặc
4 17
m > +
0,25 ñ
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
========================================================================
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
4
Chia y cho y’ ta có
'( ) ( ) ( )
y y x q x r x
= +
;
2 3 2
2 2
( ) ( 8 1) ( 5 3 2)
3 3
r x m m x m m m
= − − − + + + +
0,25 ñ
Toạ ñộ ñiểm cực trị là nghiệm của hệ
'( ) 0
( )
'( ). ( ) ( )
y x
y r x
y y x q x r x
=
⇒ =
= +
Vậy phương trình ñường thẳng cần tìn là
2 3 2
2 2
( 8 1) ( 5 3 2)
3 3
y m m x m m m
= − − − + + + +
0,25ñ
PTCT elip có dạng:
2 2
2 2
1( 0)
x y
a b
a b
+ = > >
0,25 ñ
Ta có:
2 2
2 2
3
1
4
3 1
a b
a b
− =
+ =
0,25 ñ
Ta có:
4 2 2 2
3
4 3 0 1( ), ( )
4
b b b th b kth
− − = ⇔ = = −
0,25 ñ
Câu Vb
(1,0ñ)
Do ñó:
2
4
a
=
. KL:
2 2
1
4 1
x y
+ =
0,25 ñ
(
)
(
)
2 2
1 0 , 1
y x x y y x y x y x y x
+ = + ⇔ − + − = ⇔ = = −
.
0,50 ñ
Khi:
1
y x
= −
thì
2
6
2 3 6 9 log 9
x x x
x
−
= ⇔ = ⇔ =
0,25 ñ
Ý 1
(1,0ñ)
Khi:
y x
=
thì
1
2
3
2
2 3 3 log 3
3
x
x x
x
+
= ⇔ = ⇔ =
.
0,25 ñ
Gọi M(a;b) là một ñiểm thoả mãn ñề bài. Khi ñó ñường thẳng qua M
có dạng
( )
y k x a b
= − +
Sử dụng ñiều kiện tiếp xúc cho ta hệ
2
1
1
1 ( )
1 ( ) (1)
1
1
1
1
1 (*)
1 ( 1) (2)
( 1)
1
x k x a b
x k x a b
x
x
k
x k x
x
x
− + = − +
− + = − +
−
−
⇔
− =
− − = −
−
−
0,25 ñ
Lấy (1) – (2) ta có
[ ]
1 1
(1 )
1 2
k a b
x
= − +
−
Kết hợp với (*) cho ta
[ ]
2
2 2 2
1
1
(1 )
( 1) 2 (1 ) 2 4 0
1
2
k
k
k a b
a k a b k b
k
≠
≠
⇔
− +
− + − + + − =
− =
0,25 ñ
Câu VIb
(2,0ñ)
Ý 2
(1,0ñ)
Để từ M kẻ ñược hai tiếp tuyến vuông góc ñến ñồ thị hàm số thì hệ
phương trình trên phải có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,
k k
sao cho
1 2
. 1
k k
= −
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
========================================================================
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
5
Hay
[ ]
2
2 2
2
2 2
1 0
1
4
1 ( 1) 4
( 1)
1 0
( 1) 2 (1 ) 2 4 0
a
a
b
a b
a
a b
a a b b
− ≠
≠
−
= − ⇔ − + =
−
− + + ≠
− + − + + − ≠
0,25 ñ
Vậy tập hợp ñiểm M thoả mãn yêu cầu bài toán thuộc ñường tròn
( )
2
2
1 4
x y
− + =
trừ bỏ ñi 4 giao ñiểm của ñường tròn này với 2 ñường
thẳng : x = 1 và –x + y + 1 = 0.
0,25 ñ
HẾT
