25 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN CỦA ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.51 MB, 147 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 MỌI THÍ SINH
C
âu I (2 điểm).
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x
4
– 4x
2
+ 3
2. Tìm m để phương trình
4 2
2
4
3 log
x x m
− + = c
ó đúng 4 nghiệm.
Câu II (2 điểm).
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
− + − = −
C
âu III (2 điểm)
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 đáy là hình thoi , BAD
α
∠ =
. Hai mặt
bên (SAB) và (SAD) cùng vuông
góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại hợp với đáy một góc
β
. Cạn
h SA = a. Tính diện tích xung quanh
và thể tích khối chóp S.ABCD.
Câu IV (1 điểm). 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
: Mỗ
i thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb
Câu Va (3 điểm). Chương trình cơ bản
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng
: 2 3 0
x y
∆ + − =
và hai điểm
A(1; 0), B(3; - 4).
Hãy tìm trên đường thẳng
∆
mộ
t điểm M sao cho
3
MA MB
+
nhỏ
nhất.
2. Trong không gian Oxyz cho hai đường 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 đường thẳng đi 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
+ =
C
âu Vb. (3 điểm). Chương trình nâng cao
1. Trong mặt phẳng tọa độ cho hai đường 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 đường thẳng đi qua A và cắt (C
1
), (C
2
) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau.
2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng:
1
1
: 2
2
x t
d y t
z t
= −
=
= − +
v
à
2
: 1 3
1
x
t
d y t
z t
=
= +
= −
.
Lập phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d
1
và d
2
.
3. Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện
1 2 1
z i
+ + =
, tìm số p
hức z có modun nhỏ nhất.
1
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 =
»
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 đồng biến trên các khoảng
(
)
(
)
2;0 , 2;
− +∞
và nghịch biến trên các khoảng
(
)
(
)
; 2 , 0; 2
−∞ −
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CD
= 3. Hàm số đạt 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 điểm của đồ thị hàm số
4 2
4 3
y x x
= − +
và đường 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
2
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 đó
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 đương với
2
( 1 1) 2 1 2( 1) 0
x x x x x
− − − − − − − =
(*)
Đặt
1, 0
y x y
= − ≥
. Khi đó (*) 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 đường cao SI của tam giác SBC. Khi đó AI
⊥
BC
3
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
3
(Định lí 3 đường vuông góc) do đó 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 đó
3
cos cos cos
2
A B C
+ + ≤
025
025
05
3
1 1
Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IB. Khi đó 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 đường thẳng
∆
Đường thẳng JM qua J và vuông góc với
∆
có phương trình : 2x – y – 8 = 0.
Tọa độ điểm 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
4
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
4
Đường thẳng d
1
đi qua A(1; 0; -2) và có vecto chỉ phương là
1
( 1;2;1)
u = −
, đường thẳng d
2
đi qua B(0; 1; 1) và có vecto chỉ phương là
2
(1;3; 1)
u
= −
.
Gọi
( ),( )
α β
là các mặt phẳng đi 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 đi 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 đó 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 điểm thứ hai của đường 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 điểm 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 được (x = 2 ; y = 3) ( loại) và (x =
17
5
−
; y =
6
5
). Vậy M(
17
5
−
;
6
5
)
Đường thẳng cần tìm đi 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 = −
, đường 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 đoạn 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
5
Đ
ẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
5
=======
=======================
D
o đó M(
2 14 3
; ;
5 5 5
− −
), N(
3 14 2
; ;
5 5 5
).
M
ặt cầu đường kính MN có bán kính R =
2
2 2
MN
= và
tâm I(
1 14 1
; ;
10 5 10
−
) có phươn
g 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 điểm 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 điều kiện và có môdun nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm
Biểu diễn nó t
huộc (C) và gần gốc tọa độ O nhất, đó chính là một trong hai
giao điểm của đường thẳng OI và (C)
Khi đó tọa độ 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
6
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 )
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 đồ thị (C) của hàm số (1) với m=2.
2. Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường 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 đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB
2a= . Gọi I là trung điểm của BC, hình
chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn:
IH
IA
2
−
=
, góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng
0
60 .
Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH).
Câu V(1 điểm)
Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi 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), đường cao từ đỉnh B có phương trình 01
=
+
+
yx ,
trung tuyến từ đỉnh C có phương trình: 2x-y-2=0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1). Hãy viết phương
trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, đồng 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 độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích bằng
11
2
và trọng tâm G
thuộc đường thẳng d: 043
=
−
+
yx . Tìm tọa độ đỉnh C.
2.Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P) 01
=
+
−
+
zyx ,đường thẳng d:
3
1
1
1
1
2
−
−
=
−
−
=
−
zyx
Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình của đường thẳng
∆
nằm trong (P), vuông góc với d và cách
I một khoảng bằng 23 .
Câu VII.b (1 điểm)
Giải phương trình: .1
3
=
−
+
zi
iz
7
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(1đ)
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 đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= y(0) = 4;
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= y(2) = 0.
0,25
c) Đồ thị:
Qua (-1 ;0)
Tâm đối xứng:I(1 ; 2)
0,25
2(1đ)
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
8
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(1đ)
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(1đ)
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(1đ)
Tính tích phân.
9
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
(1đ) Tính thể tích và khoảng cách
•Ta có ⇒−= IHIA 2 H thuộc tia đối 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
10
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
(1đ) 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(1đ)
Viết phương trình đường 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 điểm A( 3;0) và có véctơ chỉ phương )1;1(
1
=n
⇒
phương trình
AC: 03
=
−
−
yx .
⇒∩=
2
dACC Tọa độ 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 điểm AB)
T
a 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 đường tròn qua A, B, C có dạng:
022
22
=++++ cbyaxyx .
Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào pt đường tròn ta có:
11
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 đường tròn qua A, B, C là:
0342
22
=−+−+ yxyx . Tâm I(1;-2) bán kính R =
22
0,5
2(1đ)
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 đ)
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 độ của điểm C
VI.b(2đ)
1(1đ)
• Gọi tọa độ của điểm )
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
12
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(1đ)
Viết phương trình của đường 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 đ 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
13
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
33
3)31(
2
31
2
31
−
=⇔−−=+⇔
+−
=
−
+
⇒
+−
= zizi
i
z
i
izi
w
• Với
33
3)31(
2
31
2
31
=
⇔−=−⇔
−−
=
−
+
⇒
−−
= zizi
i
z
i
izi
w
Vậy pt
có ba nghiệm
3;0 =
= zz và
3−
=z .
0,5
14
Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
KHOA TOÁN – TIN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG 2010
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I( 2,0 điểm): Cho hàm số:
(C)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số
2. Cho điểm A( 0; a) Tìm a để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C) sao cho 2 tiếp điểm tương ứng nằm về
2 phía của trục hoành.
Câu II (2,0 điểm):
1. Giải phương trình lượng giác.
2. Giải hệ phương trình.
Câu III(1,0 điểm): Tính tích phân sau.
∫
=
3
4
42
cos.sin
π
π
xx
dx
I
Câu IV(1,0 điểm): Cho ba số thực thỏa mãn ,Chứng minh rằng:
Câu V(1,0 điểm): Cho tứ diện ABCD có AC = AD = , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng
(ACD) bằng . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ diện ABCD bằng .
II. PHẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn.
Câu VIa(2,0 điểm):
1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm : A(1;2; 2) B(-1;2;-1) C(1;6;-1) D(-1;6;2). Tìm tọa độ
hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (BCD)
2. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x
2
+y
2
-2x +6y -15=0 (C ).
Viết PT đường thẳng (∆) vuông góc với đường thẳng : 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A; B
sao cho AB = 6
Câu VIIa(1,0 điểm): Xác định hệ số của x
5
trong khai triển (2+x +3x
2
)
15
B. Theo chương trình nâng cao.
Câu VIb(2,0 điểm):
1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm : A(1;2; 2) B(-1;2;-1) C(1;6;-1) D(-1;6;2). Tìm tọa độ
hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (BCD)
2. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x
2
+y
2
-2x +6y -15=0 (C ).
Viết PT đường thẳng (∆ ) vuông góc với đường thẳng : 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A; B
sao cho AB = 6
Câu VIIb(1,0 điểm):Giải phương trình:
15
Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
ĐÁP ÁN
CÂU
NỘI DUNG ĐIỂM
I 2,0
1
1,0
• TXĐ: D= R\{1}
• y’=
Hàm số luông nghịch biến trên D và không có cực trị
0,25
• Giới hạn:
• PT đường TCĐ: x=1; PT đường TCN: y=1
0,25
• Bảng biên thiên:
t
-
1 +
f
’
(t)
- +
f(t)
1 +
- 1
0,25
• Đồ thị:
0,25
2
1,0
• Gọi k là hệ số góc của đt đi qua A(0;a). PT đt d có dạng y= kx+a (d)
0,25
x
y
f x( ) =
x+2
x-1
1
4
-2
-2
O
1
2
3
5/2
16
Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
• d là tiếp tuyến với ( C ) ⇔ hệ PT
có nghiệm
<=>Pt (1-a)x
2
+2(a+2)x-(a+2)=0 (1) có nghiệm x ≠ 1
• Theo bài ra qua A có 2 tiếp tuyến thì pt (1) có 2 nghiệm x
1
; x
2
phân biệt
Đk là : (*)
• Khi đó theo Viet ta có : x
1
+x
2
= ; x
1
.x
2
=
0,25
• . Suy ra y
1
= 1+ ; y
2
=
• Để 2 tiếp điểm nằm về 2 phía của trục Ox thì y
1
.y
2
<0
⇔ (1+
) < 0 ⇔
0,25
• Giải đk trên ta được
⇔ -(3a+2) <0 ⇔ a>-2/3
Kết hợp với đk (*) ta có 1 ≠ a>-2/3
0,25
II
2,0
1
1,0
• ĐK:
0,25
• Với ĐK trên PT đã cho tương đương với
0,5
• Đối chiếu ĐK ta được nghiệm của pt đã cho là
0,25
2
1,0
• Đặt : t = x + y ; ĐK: t
• Giải PT:
0.25
0,5
17
Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
Hệ đã cho trở thành
Vậy hệ dã cho có một nghiệm
0,25
III
1,0
∫
=
3
4
42
cos.sin
π
π
xx
dx
I
∫
=
3
4
22
cos.2sin
.4
π
π
xx
dx
Đặt : t = tanx
Đổi cận: x =
x =
0,5
Khi đó
3
438
)
3
2
1
()2
1
(
)1(
3
1
3
3
1
2
2
3
1
2
22
−
=++−=++=
+
=
∫∫
t
t
t
dtt
tt
dtt
I
0,5
IV 1,0
• BĐT cần chứng minh tương đương với
• Nhận xét: Do nên là các số thực dương
0,25
• Xét : A = với x,y > 0
• Chia tử và mẫu cho và đặt t = ta được A = với t > 0
• Xét hàm số f(t) =
trên (0;+ )
• Ta có : f
’
(t) =
• Bảng biên thiên:
t
0 1 +
f
’
(t) - 0 +
f(t)
1 1
0,5
18
Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
• Dựa vao bảng biến thiên ta có f(t)
với mọi t > 0
• Từ đó A = với x,y > 0; dấu bằng xảy ra khi t = 1 nên x = y.
• Do vai trò là như nhau nên BĐT cần chứng minh tương đương
• Áp dụng BĐT cô si ta có
• Thay vào ta suy BĐT được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =
0,25
V
1,0
Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH AE
Ta có ACD cân tại A nên CD AE
Tương tự BCD cân tại B nên CD BE
Suy ra CD (ABE) CD BH
Mà BH AE suy ra BH (ACD)
Do đó BH = và góc giữa hai mặt phẳng
(ACD) và (BCD) là
0,25
Thể tích của khối tứ diện ABCD là
Mà
Khi đó : là 2 nghiệm của pt: x
2
- x + = 0
trường hợp vì DE<a
0,25
Xét BED vuông tại E nên BE =
Xét BHE vuông tại H nên sin =
Vậy góc giữa hai mp(ACD) và (BCD) là
0,25
H
D
E
C
B
A
19
Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
VIa
2,0
1
1,0
Ta có ;
[ , ] = (12; -6;8)
Mp (BCD) đi qua B và có VTPT
=(6;-3;4) nên có PT: 6x-3y+4z+16=0
Gọi d là đt đi qua A và vuông góc với mp(BCD) thì d có PT:
0,5
Hình chiếu vuông góc H của A lên mp(BCD) là giao điểm của d với mp(BCD)
Tọa độ của H là nghiệm của hệ :
Vậy H( -2; -4; -4)
0,5
2
1,0
Đường tròn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5
Gọi H là trung điểm AB thì AH=3 và IH AB suy ra IH =4
Mặt khác IH= d( I; ∆ )
Vì ∆ || d: 4x-3y+2=0 nên PT của ∆ có dạng
3x+4y+c=0
0,5
d(I; ∆ )=
vậy có 2 đt thỏa mãn bài toán: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0
0,5
VIIa
1,0
Ta có (2+x+3x
2
)
15
=
Mà =
Vậy (2+x+3x
2
)
15
=
0,5
Theo gt với x
5
ta có các cặp số : (k=3; i=2) ( k=4; i=1) (k=5; i=0)
Vậy hệ số của x
5
trong khai triển trên là :
a=
0,5
VIb
1,0
• ĐK: x > 1
• Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương
0,25
0,5
I
A H B
20
Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
Vậy
phương trình đã cho có một nghiệm :
0,25
21
Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
KHOA TOÁN – TIN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG 2010
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số:
(
)
3 2
3 1 9 2
y x m x x m
= − + + + −
(1) có đồ
thị là (C
m
)
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1.
2) Xác định m để (C
m
) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với nhau qua
đường thẳng
1
2
y x
= .
Câu
II: (2,5 điểm)
1) Giải phương trình:
( )
(
)
3
sin 2 cos 3 2 3 os 3 3 os2 8 3 cos sinx 3 3 0
x x c x c x x
+ − − + − − =
.
2
) Giải bất phương trình :
( )
2
2
1
2
1 1
log 4 5 log
2 7
x x
x
+ − >
+
.
3
) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y = x.sin2x, y = 2x, x =
2
π
.
C
âu III: (2 điểm)
1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với đáy một
góc là 45
0
. Gọi P là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ xuống (ABC) là H sao cho
1
2
AP AH
=
. gọ
i K là trung điểm AA’,
(
)
α
là mặt
phẳng chứa HK và song song với BC cắt BB’ và CC’
tại M, N. Tính tỉ số thể tích
' ' '
ABCKMN
A B C KMN
V
V
.
2)
Giải hệ phương trình sau trong tập số phức:
( )
2
2
2 2 2 2
6
5
6 0
a a
a
a
a b ab b a a
+ − =
+
+ + + − =
C
âu IV: (2,5 điểm)
1) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy
được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm của hệ sau:
2 2 1
3
1
9 19
2 2
7
20
m
m n m
n
C C A
P
−
+
−
+
+ <
=
2 ) Cho Elip có phương trình chính tắc
2 2
1
25 9
x y
+ =
(E), viết
phương trình đường thẳng song song
Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB=4.
3) Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d
1
và d
2
biết:
1
2
: 2
3
x t
d y t
z t
= +
= +
= −
2
1 2 1
:
2 1 5
x y z
d
− − −
= =
22
Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c
0
≥
và
2 2
2
3
a b c
+ + =
. Tìm giá trị n
hỏ nhất của biểu thức
3 3 3
2 2 2
1 1 1
a b
c
P
b c a
= + +
+ + +
HẾT
23
Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
Bài
1
1
K
hi m = 1 ta có hàm số:
3 2
6 9 1
y x x x
= − + −
•
BBT:
x -
∞
1 3 +
∞
y
/
+ 0 - 0 +
3 +
∞
y
-
∞
1
1
đ
2
9
)1(63'
2
++−= xmxy
Để hàm số có cực đậi, cực tiểu:
09.3)1(9'
2
>−+=∆ m
);31()31;( +
∞+−∪−−−∞∈⇔ m
Ta có
( )
14)22(29)1(63
3
1
3
1
22
++−+−++−
+
−= mxmmxmx
m
xy
Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là
14)22(2
2
++−+−= mxmmy
Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt
xy
2
1
= t
a có điều kiện cần là
[
]
1
2
1
.
)22(2
2
−=−+− mm
−=
=
⇔=−+⇔
3
1
032
2
m
m
mm
Khi m = 1
⇒
ptđ
t đi qua hai điểm CĐ và CT là:y = - 2x + 5. Tọa độ trung điểm CĐ và
CT là:
=
+
+−
=
+
==
+
1
2
10)(2
2
2
2
4
2
2121
21
xxyy
xx
Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (2; 1) thuộc đường thẳng
xy
2
1
= 1
=
⇒
m t
m .
Khi m = -3
⇒
ptđ
t đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = -2x – 11.
3
−
=
⇒
m k
hông thỏa mãn.
Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài.
1đ
Bài
2
1
p
hương trình đưa về:
=
=
=
⇔
=
−+
=−
⇔
=+−−−⇔
)(4cos
1cos
3tan
04cos3cos
0sincos3
0)8cos6cos2)(sincos3(
2
2
loaix
x
x
xx
xx
xxxx
Ζ∈
=
+
=
⇔ k
kx
kx
,
2
3
π
π
π
1 đ
2
24
