Đề thi thử đại học – cao đẳng (Trường ĐH Sư phạm Hà Nội) môn: Toán- Khối A
Bạn đang xem trước 20 trang mẫu tài liệu Đề thi thử đại học – cao đẳng (Trường ĐH Sư phạm Hà Nội) môn: Toán- Khối A, để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
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
2log 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: IHIA 2−= , góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 060 .
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
xP
+
+
+
+
+
= 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: ( ) ( ) 141422102210 ...121 xaxaxaaxxx ++++=+++ . Hãy tìm giá trị của 6a .
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
-----------------------------------------------------
- WWW.MATHVN.COM -
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 = x3 − 3x 2 + 4
a) TXĐ: R
b) SBT
•Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
0,25
•Chiều biến thiên:
Có y’ = 3x2 − 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, yCĐ = y(0) = 4;
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 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
22)21(23
2
32)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
- WWW.MATHVN.COM -
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
2log2
)1(2
4
2log3
9
4
2log
04
4
2log
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
24 ≤≤⇔
≤
−
−
≥
−
−
⇔≤
−
≤⇔ 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 −=−⇔−=−⇔=++ pixxxxx
pi
pi kx +−=⇔
6
0,25
• )(
2
3
2
2
3
2
01cos2 Zk
kx
kx
x ∈
+−=
+=
⇔=+
pi
pi
pi
pi
Vậy phương trình có nghiệm: pipi 2
3
2 kx += ; pipi 2
3
2 kx +−= và pipi kx +−=
6
0,25
III(1đ) 1(1đ) Tính tích phân.
- WWW.MATHVN.COM -
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
dxdtxt )1(
21
211 −=⇒
+
=⇒++= và
2
22 tt
x
−
=
Đổi cận
x 0 4
t 2 4
0,25
•Ta có I =
dt
tt
tdt
t
tttdt
t
ttt
∫∫ ∫
−+−=
−+−
=
−+− 4
2
2
4
2
4
2
2
23
2
2 243
2
1243
2
1)1)(22(
2
1
=
++−
t
tt
t 2ln43
22
1 2
0,5
=
4
12ln2 −
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
545cos.2 0222 aHCAHACAHACHC =⇒−+=
Vì ⇒⊥ )(ABCSH 060))(;( ==
∧∧
SCHABCSC
2
1560tan 0 aHCSH ==
0,25
IV
•
6
15
2
15)2(
2
1
.
3
1
.
3
1 32
.
aa
aSHSV ABCABCS === ∆
0,25
H
K
I
B A
S
C
- WWW.MATHVN.COM -
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
))(;(
))(;( aBISAHBdSAHKd
SB
SK
SAHBd
SAHKd
===⇒==
0,25
V (1đ) Tim giá trị lớn nhất của P
xyz
z
zxy
y
xyx
xP
+
+
+
+
+
= 222 .
Vì 0;; >zyx , Áp dụng BĐT Côsi ta có:
xyz
z
zxy
y
yzx
xP
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
1d có véctơ pháp tuyến )1;1(1 =n và 2d 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 .
⇒∩= 2dACC Tọa độ C là nghiệm hệ: )4;1(022
03
−−⇒
=−−
=−−
C
yx
yx
.
0,25
• Gọi );( BB yxB ⇒ )2;2
3( BB yxM + ( M là trung điểm AB)
Ta có B thuộc 1d và M thuộc 2d nên ta có: )0;1(02
2
3
01
−⇒
=−−+
=++
By
x
yx
B
B
BB
0,25
• Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dạng:
02222 =++++ cbyaxyx .
Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào pt đường tròn ta có:
- WWW.MATHVN.COM -
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:
034222 =−+−+ 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: ca = 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
11 22 ++=++ xxx nên
( ) 1012142210 )21(
16
9)21(
8
3)21(
16
1)1(21 xxxxxx +++++=+++
0,25
• Trong khai triển ( )1421 x+ hệ số của 6x là: 61462 C
Trong khai triển ( )1221 x+ hệ số của 6x là: 61262 C
Trong khai triển ( )1021 x+ hệ số của 6x là: 61062 C
0,5
• Vậy hệ số .417482
16
92
8
32
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();( CCCC
yxGyxC +⇒ . Vì G thuộc d
)33;(3304
33
13 +−⇒+−=⇒=−+
+⇒ CCCC
CC xxCxyyx
•Đường thẳng AB qua A và có véctơ chỉ phương )2;1(=AB
0,25
- WWW.MATHVN.COM -
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 −⇒−= CxC
TH2: )
5
36
;
5
17(
5
17
−⇒= CxC .
0,25
2(1đ) Viết phương trình của đường thẳng
• (P) có véc tơ pháp tuyến )1;1;1()( −=Pn 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 1d 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
−
−
=
−
=
−
−∆⇒⇒= zyxptHt
TH2:
1
1
1
1
2
1
:)1;1;1(3
−
−
=
+
=
−
−∆⇒−⇒−= zyxptHt
0,25
VII.b 1 đ Giải phương trình trên tập số phức.
ĐK: iz ≠
• Đặt
zi
iz
w
−
+
= ta có phương trình: 0)1)(1(1 23 =++−⇔= wwww
0,5
- WWW.MATHVN.COM -
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
zi
iz
w
• Với 333)31(
2
31
2
31
−=⇔−−=+⇔
+−
=
−
+
⇒
+−
= zizii
zi
izi
w
• Với 333)31(
2
31
2
31
=⇔−=−⇔
−−
=
−
+
⇒
−−
= zizii
zi
izi
w
Vậy pt có ba nghiệm 3;0 == zz và 3−=z .
0,5
- WWW.MATHVN.COM -
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 = x4 – 4x2 + 3
2. Tìm m để phương trình 4 2 24 3 logx x m− + = có đúng 4 nghiệm.
Câu II (2 điểm).
1. Giải bất phương trình: ( ) ( ) 325 1 5 1 2 0x x x+− + + − ≤
2. Giải phương trình: 2 ( 2) 1 2x x x x− + − = −
Câu III (2 điểm)
1. Tính giới hạn sau:
1 2
31
tan( 1) 1lim
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 23 ( ) ( ) ( )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 0x y∆ + − = và hai điểm A(1; 0), B(3; - 4).
Hãy tìm trên đường thẳng ∆ một điểm M sao cho 3MA 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 d1 và d2.
3. Tìm số phức z thỏa mãn: 2 2 0z z+ =
Câu Vb. (3 điểm). Chương trình nâng cao
1. Trong mặt phẳng tọa độ cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 = 13 và (C2): (x - 6)2 + y2 = 25 cắt nhau tại
A(2; 3). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C1), (C2) 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 d1 và d2.
3. Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện 1 2 1z i+ + = , tìm số phức z có modun nhỏ nhất.
------------------------------------------------------------
- WWW.MATHVN.COM -
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’ = 4x3 - 8x
y’ = 0 0, 2x 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, yCD = 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2± , yCT= -1
Đồ thị
025
025
025
025
2 1
I
Đồ thị hàm số 4 24 3y x x= − +
Số nghiệm của phương trình 4 2 24 3 logx x m− + = bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
4 24 3y x x= − + và đường thẳng y = log2m.
Vậy phương trình có 4 nghiệm khi và chỉ khi log2m = 0 hoặc 21 log m 3< <
hay m = 1 hoặc 2<m<9
- WWW.MATHVN.COM -
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 0t t⇔ − + ≤
2 1 2 1t⇔ − ≤ ≤ +
5 1 5 1
2 2
5 12 1 2 1
2
log ( 2 1) log ( 2 1)
x
x
+ +
+
⇔ − ≤ ≤ +
⇔ − ≤ ≤ +
025
025
025
025
2 1
II
Điều kiện : 1x ≥
Phương trình tương đương với 2 ( 1 1) 2 1 2( 1) 0x x x x x− − − − − − − = (*)
Đặt 1, 0y x y= − ≥ . Khi đó (*) có dạng : x2 – x(y - 1) – 2y – 2y2 = 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
31 1
1 2
3 2 3 23 3
21 1
3 2 3 23 3
1 1
tan( 1) 1 1 tan( 1)lim lim .( 1)
11
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
xx
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
- WWW.MATHVN.COM -
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 2cot
. .sin
sinABCD
aS AB AD βα
α
= =
A
3 2
.
cot
3sinS ABCD
aV β
α
=
Sxq = SSAB + SSAD SSBC + SSCD 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 23 ( ) ( ) ( )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 3cos 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 4MA MB MA MB MB MI MB MJ+ = + + = + =
Vì vậy 3MA 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
- WWW.MATHVN.COM -
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
4
Đường thẳng d1 đi qua A(1; 0; -2) và có vecto chỉ phương là 1 ( 1;2;1)u = −
, đường thẳng d2
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 d1 và d2. Đường thẳng cần tìm
chính là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) à ( )vα 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 ( )vα β
Đường giao tuyến của ( ) à ( )vα 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 z2 = x2 – y2 + 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 3i±
025
025
025
025
3
1 1
Gọi giao điểm thứ hai của đường thẳng cần tìm với (C1) và (C2) lần lượt là M và N
Gọi M(x; y) 2 21( ) 13C x y∈ ⇒ + =
(1)
Vì A là trung điểm của MN nên N(4 – x; 6 – y).
Do N 2 22( ) (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) 1d∈ , N(t’ ; 1+3t’ 1- t’) 2d∈
Đường thẳng d1 có vecto chỉ phương là 1 ( 1;2;1)u = −
, đường thẳng d2 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 d1 và d2
1
2
. 0 2 ' 3 3 0
11 ' 4 1 0
. 0
MN u t t
t tMN u
= − + =
⇔
− − ==
3
'
5
7
5
t
t
=
⇔
=
O
025
025
I
- WWW.MATHVN.COM -
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 trình
2 2 21 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 21 2 1 ( 1) ( 2) 1z i x y+ + = ⇔ + + + =
Đường tròn (C) : 2 2( 1) ( 2) 1x 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 11 12 5 5
,
2 2( 1) ( 2) 1 2 2
5 5
x x
y x
x y y y
= − − = − +
=
⇔
+ + + =
= − − = − +
Chon z = 1 21 ( 2 )
5 5
i− + + − +
025
025
025
025
- WWW.MATHVN.COM -
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 3sin .sin 3 os .cos3 1
8tan .tan
6 3
x x c x x
x x
p p
+
= -
æ ö æ ö- +ç ÷ ç ÷
è ø è ø
2. Giải phương trình ( ) ( )3 32 21 1 1 1 2 1x x x xé ù+ - + - - = + -ê úë û .
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân ( )
1
2
0
ln 1I x x x dx= + +ò .
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có AB AD a= = , 3AA '
2
a
= , góc BAD bằng 060 . Gọi
M, N lần lượt là trung điểm của cạnh A’D’ và A’B’. Chứng minh AC’ vuông góc với mặt phẳng (BDMN) và tính thể
tích khối đa diện AA’BDMN theo a .
Câu V. (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương , ,a b c thỏa mãn 2 2 2 1a b c+ + = , ta có:
5 3 5 3 5 3
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 3
3
a a a b b b c c c
b c c a a b
- + - + - +
+ + £
+ + +
.
B. PHẦN RIÊNG (3,0 ĐIỂM):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
I. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của
hai đường thẳng: d1: x – y – 3 = 0, d2: x + y – 6 = 0. Trung điểm một cạnh là giao điểm của d1 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 x2 trong khai triển:
4
1
2
n
x
x
æ ö+ç ÷
è ø
, biết n là số nguyên dương thỏa mãn:
2 3 1
0 1 22 2 2 65602 File đính kèm:
Bo4dethithuDHSPHanoi2011.pdf
