Bộ 4 đề thi thử đại học và đáp án năm 2011 từ 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 (777.75 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 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
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
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.
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
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:
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
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
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 đề )
A. PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH
Câu 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
− + = có 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
− + − = −
Câu 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
. Cạnh 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: Mỗi 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
∆
một 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
+ =
Câu 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
= −
=
= − +
và
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 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 =
»
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
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
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
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
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
5
==============================
Do đó M(
2 14 3
; ;
5 5 5
− −
), N(
3 14 2
; ;
5 5 5
).
Mặt cầu đường 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 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 thuộc (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
= − − = − +
=
⇔
+ + + =
= − − = − +
C
hon z =
1 2
1 ( 2 )
5 5
i− + + − +
025
025
025
025
I HC S PHM H NI 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 .sin3 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 NI
===========================================================================
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 .sin3 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 NI
===========================================================================
( )
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
ln3 ln( 1)
2 2 4 4 1
3 3
ln3
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
ln3
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: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
===========================================================================
~ '
'
AO SA
SAO ACC
AC CC
Þ = Þ D D
' ~
ACC AIO
Þ D D
(I là giao điểm của AC’ và SO)
'
SO AC
Þ ^
(1)
Mặt khác
( ' ') '
BD ACC A BD AC
^ Þ ^
(2)
Từ (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
-
- +
= = - +
+ -
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= - + 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
Đẳng thức xảy 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
Giả sử M là trung điểm cạnh AD. Ta có: AB = 2IM =
3 2
. 12 2 2
ABCD
S AB AD AD= = Þ =
AD qua M và vuông góc với d
1
Þ
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
+ - =
ì
=
ì
ï
Û
í í
=
- + =
î
ï
î
hoặc
4
1
x
y
=
ì
í
= -
î
0,25
Chọn A(2 ; 1)
(
)
(
)
(
)
4; 1 7;2 à 5;4
D C v BÞ - Þ
0,25
2
1,0
Gọi H là trung điểm đoạn 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: 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
+
+ + + + = +
+
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
Số hạng chứa x
2
ứng với k thỏa:
14 3
2 7
4
k
k
-
= Û =
Vậy hệ số cần tìm là:
21
4
0,25
VI.b
1
1,0
Gọi A(-4; 8)
Þ
BD: 7x – y + 8 = 0
Þ
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
Þ
a = 3, b = -4 hoặc a = 4, b = 3
Þ
AB:
3 4 32 0; : 4 3 1 0
x y AD x y
- + = + + =
0,25
Gọi 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 nằm khác phía so với (P).Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (P)
Þ
B’(-1; -3; 4)
0,25
' '
MA MB MA MB AB
- = - £
Đẳng thức xảy ra khi M, A, B’ thẳng hàng
Þ
M là giao điểm của (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
Đk: 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
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
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 đề)
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
3
1
x
y
x
−
=
+
.
2. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm
(
)
1;1
I − và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao
cho I là trung điểm của đoạn MN.
Câu II (2,0 điểm).
1. Giải phương trình
( )
(
)
3
sin 2 cos 3 2 3 cos 3 3 cos 2 8 3 cos sinx 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 điểm).
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 điểm). Cho lăng trụ tam giác đều
. ' ' '
ABC A B C
có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A
đến mặt phẳng (A’BC) bằng
2
a
. Tính theo a thể tích khối lăng trụ
. ' ' '
ABC A B C
.
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu Va (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua
(
)
2;1
M và
tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng
4
.
Câu VI.a (2,0 điểm).
1. Giải bất phương trình
(
)
(
)
2 2
2
1 log log 2 log 6
x x x
+ + + > −
.
2. Tìm m để hàm số
3 2 2
3( 1) 2( 7 2) 2 ( 2)
y x m x m m x m m
= − + + + + − +
có cực đại và cực tiểu.
Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại và cực tiểu khi đó.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho điểm
1
3;
2
M
. Viết phương trình chính
tắc của elip đi qua điểm M và nhận
(
)
1
3;0
F − làm tiêu điểm.
Câu VI.b (2,0 điểm).
1. Giải hệ phương trình
2 2
1
2 3
x y
y x x y
+
+ = +
=
.
2. Tìm trên mặt phẳng tọa độ tập hợp tất cả các điểm mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến đồ
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 định:
{
}
\ 1
D R
= −
.
0,25 đ
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 đ
( )
2
4
' 0,
1
y x D
x
= > ∀ ∈
+
.
• BBT:
-
∞
+
∞
+
∞
-
∞
-1
+
+
1
1
y
y'
x
Hàm số đồng biến trên các khoảng
(
)
(
)
; 1 , 1;
−∞ − − +∞
Và không có cực trị.
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
Đồ t
hị: ĐT cắt Ox tại (3;0), cắt Oy tại (0;-3) và đối xứng qua
(
)
1;1
− .
4
2
-2
-5 5
x = -1
y = 1
y
x
O
0,25 đ
Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k
(
)
: 1 1
d y k x
= + +
.
Ta có: d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt M, N
3
: 1
1
x
PT kx k
x
−
⇔ = + +
+
có 2 nghiệm PB khác
1
−
.
0,25 đ
Câu I
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
Hay:
(
)
2
2 4 0
f x kx kx k
= + + + =
có 2 nghiệm PB khác
1
−
0,25 đ
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 điểm MN với
0
k
∀ <
.
0,25 đ
KL: PT đường thẳng cần tìm là
1
y kx k
= + +
với
0
k
<
.
0,25 đ
Chú ý: Có thể chứng minh đồ thị ( C) có I là tâm đối xứng, dựa vào
đồ thị ( C) để 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 đ
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 đ
Ý 1
(1,0đ)
,
3
2
x k
k
x k
π
π
π
= +
⇔ ∈ Ζ
=
0,25 đ
Ta có :
2 2
9 3
x y xy
= ⇔ = ±
.
0,25 đ
. 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 đ
Vậy ngiệm của PT là
3 3
2 31, 2 31
x y= + = − −
Hay
3 3
2 31, 2 31
x y= − = − + .
0,25 đ
Câu II
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
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 đ
Ta đặt
2
t x y
= +
, từ giả thiết suy ra
2
3
3
t
xy
−
= .
Điều kiện
2 30
5
t ≤
0,25 đ
• Khi đó
( ) ( )
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 đ
Câu III
(2,0đ)
Ý 1
(1,0đ)
• Xét hàm f(t) với
2 30 2 30
5 5
t ;
∈ −
, ta được:
0,5 đ
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 đ
Tương tự:
2
1
2
b
b bc
b c
≥ −
+
(2),
2
1
2
c
c ca
c a
≥ −
+
(3).
0,25 đ
Ý 2
(1,0đ)
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 đ
Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A’M
Ta có: ( ' )
'
BC AM
BC AA M BC AH
BC AA
⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
⊥
.
0,25 đ
Mà ' ( ' )
2
a
AH A M AH A BC AH
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =
.
0,25 đ
Mặt khác:
2 2 2
1 1 1 6
'
4
'
a
AA
AH A A AM
= + ⇒ = .
0,25 đ
Câu IV
(1,0đ)
KL:
3
. ' ' '
3 2
16
ABC A B C
a
V = .
0,25 đ
Gọi d là ĐT cần tìm và
(
)
(
)
;0 , 0;
A a B b
là giao điểm 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 đ
Khi
8
ab
=
thì
2 8
b a
+ =
. Nên:
1
2; 4 : 2 4 0
b a d x y
= = ⇒ + − =
.
0,25 đ
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 đ
Câu Va
(1,0đ)
Với
(
)
(
)
3
2 2 2 : 1 2 2 1 2 4 0
b d x y
= − − ⇒ + + − + =
. KL
0,25 đ
ĐK:
0 6
x
< <
. BPT
(
)
( )
2
2
2 2
log 2 4 log 6
x x x
⇔ + > − .
0,25 đ
Hay: BPT
( )
2
2 2
2 4 6 16 36 0
x x x x x
⇔ + > − ⇔ + − >
0,25 đ
Vậy:
18
x
< −
hay 2
x
<
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
So sánh với điều kiện. KL: Nghiệm BPT là
2 6
x
< <
. 0,25 đ
Ta có
2 2
' 3 6( 1) 2( 7 2)
y x m x m m
= − + + + +
0,25 đ
Câu VIa
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
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 đ
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 đ
Toạ độ điểm cực trị là nghiệm của hệ
'( ) 0
( )
'( ). ( ) ( )
y x
y r x
y y x q x r x
=
⇒ =
= +
Vậy phương trình đường thẳng cần tìn là
2 3 2
2 2
( 8 1) ( 5 3 2)
3 3
y m m x m m m
= − − − + + + +
0,25đ
PTCT elip có dạng:
2 2
2 2
1( 0)
x y
a b
a b
+ = > >
0,25 đ
Ta có:
2 2
2 2
3
1
4
3 1
a b
a b
− =
+ =
0,25 đ
Ta có:
4 2 2 2
3
4 3 0 1( ), ( )
4
b b b th b kth
− − = ⇔ = = −
0,25 đ
Câu Vb
(1,0đ)
Do đó:
2
4
a
=
. KL:
2 2
1
4 1
x y
+ =
0,25 đ
(
)
(
)
2 2
1 0 , 1
y x x y y x y x y x y x
+ = + ⇔ − + − = ⇔ = = −
.
0,50 đ
Khi:
1
y x
= −
thì
2
6
2 3 6 9 log 9
x x x
x
−
= ⇔ = ⇔ =
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
Khi:
y x
=
thì
1
2
3
2
2 3 3 log 3
3
x
x x
x
+
= ⇔ = ⇔ =
.
0,25 đ
Gọi M(a;b) là một điểm thoả mãn đề bài. Khi đó đường thẳng qua M
có dạng
( )
y k x a b
= − +
Sử dụng điều 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 đ
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 đ
Câu VIb
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
Để từ M kẻ được hai tiếp tuyến vuông góc đến đồ 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 đ
Vậy tập hợp điểm M thoả mãn yêu cầu bài toán thuộc đường tròn
( )
2
2
1 4
x y
− + =
trừ bỏ đi 4 giao điểm của đường tròn này với 2 đường
thẳng : x = 1 và –x + y + 1 = 0.
0,25 đ
HẾT
