hoctoancapba.com
HỒ XUÂN TRỌNG
1000 ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN
NĂM 2010-2011
TẬP 2
hoctoancapba.com
hoctoancapba.com
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ
TỔ TOÁN TIN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 2011
Môn: TOÁN Khối A + B
Ngày thi: 28/12/2010
Thời gian làm bài: 180 phút
(không kể thời gian giao đề)
4
2
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x - 5 x + 4, có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để phương trình x 4 - 5 x 2 + 4 = log2 m có 6 nghiệm phân biệt.
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
1 - cos x ( 2 cos x + 1 ) - 2 sin x
= 1
1 - cos x
1
ì
ïlog 2 x + log xy 16 = 4 - log 2
y
2. Giải hệ phương trình : í
ï4 x 4 + 8 x 2 + xy = 16 x 2 4 x + y
î
Câu III. (2,0 điểm)
p
4
2
1. Tính tích phân: I = ò ( x + sin 2 x ) cos 2 xdx .
0
ì x 2 - 3 x - 4 £ 0
2. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: ïí
3
2
ïî x - 3 x x - m - 15m ³ 0
Câu IV. (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều
cạnh a . Hình chiếu của A' xuống mặt phẳng (ABC) là tâm O đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC. Biết AA' hợp với mặt phẳng đáy (ABC) một góc 60 .
1. Chứng minh rằng BB'C'C là hình chữ nhật.
2. Tính thể tích khối lăng trụ .
Câu V (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với AB = 5 , C(1;1),
đường thẳng AB có phương trình: x + 2y – 3 = 0 và trọng tâm tam giác ABC thuộc
đường thẳng x + y – 2 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A và B.
2
2
2. Giải bất phương trình: (2 + 3) x -2 x +1 + (2 - 3) x -2 x -1 £
4
2 - 3
0
1
2
2010
Câu VI. (1,0 điểm) Tính tổng: S = C2010 + 2C2010 + 3C2010 + ... + 2011 C2010 .
.........….. Hết …...........
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………………………; Số báo danh: ………..
http://laisac.page.tl
3
hoctoancapba.com
CÂU
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM: 2010 2011
NỘI DUNG
* Tập xác định D = R
* Sự biến thiên:
é x = 0
3
2
Chiều biến thiên: y’ = 4x 10x = 2x(2x 5); y’ = 0 Û ê
.
ê x = ± 5
êë
2
Dấu của y’:
x
¥
-
0
y’
5
2
5
2
0
+
0
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ¥;
Hàm số đồng biến trên các khoảng (
0
ĐIỂM
+¥
0,25
+
5
5
) và (0;
).
2
2
5
5
; 0) và (
; + ¥).
2
2
Cực trị:
I1
5
9
+ Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± , yCT = ; Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 4.
(1
2
4
điểm)
5
4
Giới hạn: lim y = lim x 4 (1 - 2 + 4 ) = +¥ .
x ®±¥
x ®±¥
x
x
0,25
Bảng biến thiên:
5
x
¥
y’
5
-
2
0
+¥
5
2
0
4
+¥
3
2
+ 0
4
0
+
0,25
1
+¥
2
2
1
y
2
9
4
9
4
3
Đồ thị:
Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm:
(1;0), (1; 0), (2; 0), (2; 0)
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0; 0)
Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng.
0,25
Số nghiệm của phương trình: x 4 - 5 x 2 + 4 = log2 m là số giao điểm của đường thẳng y
= log 2 m với đồ thị của hàm số y = x 4 - 5x 2 + 4 .
0,25
6
Vẽ được đồ thị hàm số y = x 4 - 5x 2 + 4
5
4
I2
(1
điểm)
3
0,25
2
1
2
2
1
Xác định được điều kiện: 0 < log 2 m < 4 Û 1 < m < 16
0,25
Kết luận m Î(1; 16).
0,25 4
hoctoancapba.com
+ ĐK : cos x ¹ 1 Û x ¹ m 2 p
(2)
0,25
Û 1 - 2 cos 2 x - cos x - 2 sin x = 1 - cos x Û -2 ( 1 - sin 2 x ) - 2 sin x = 0
2
Û 2 sin x - 2 sin x - 2 = 0 Û sin x = Ú sin x = 2 (loại)
II1
2
(1 điểm)
p
é
x = - + k 2 p
ê
2
æ p ö
4
sin x = = sin ç - ÷ Û ê
5
p
2
è 4 ø
ê x =
+ k 2 p
ëê
4
0,5
2
+) Từ PT (1) ta có: xy = 4.
+) Thế vào (2) ta có:
0,25
0,25
2
4 x 4 + 8 x 2 + 4 = 16 x 2 4 x +
4
1ö
1
æ
Û ç x + ÷ = 8 x + .
x
x ø
x
è
0,25
1
II2
Đặt x + (t > 0), ta có phương trình: t 4 = 8t Û t = 2 (vì t > 0).
(1 điểm)
x
Với t = 2 ta có: x +
1
1
= 2 Û x + = 4 Û x 2 - 4 x + 1 = 0 Û x = 2 ± 3
x
x
+) KL : Hệ có các nghiệm là : æç 2 + 3;
è
4 ö æ
4 ö
÷ ; ç 2 - 3;
÷
2+ 3 ø è
2 - 3 ø
p
p
p
4
4
4
0,25
0,25
2
2
I = ò ( x + sin 2 x ) cos 2 xdx = ò x.cos 2 xdx + ò sin 2 x.cos 2 xdx = I1 + I 2 .
0
0
0
ì du = dx
ìu = x
ï
+ Tính I1 : Đặt: í
.
Þí
1
îdv = cos 2 xdx ï v = sin 2 x
î 2
0,25
p
III 1
(1 điểm)
1
Þ I1 = x. sin 2 x
2
p
4
0
4
1
p 1
- ò sin 2 xdx = + cos 2 x
2
8 4
0
p
4
0
=
p
8
-
1
.
4
0,25
p
4
+ Tính I2 : ò sin 2 2 x.cos 2 xdx Đặt t = sin2x Þ dt = 2cos2xdx.
0
x = 0 Þ t = 0, x =
p
Þ t = 1.
4
1
1
1 t 3 1 1
Þ I2 = ò t 2 dx = .
= .
2
2 3 0 6
0
p
1
+
8 12
Ta có: x 2 - 3 x - 4 £ 0 Û -1 £ x £ 4 .
Hệ phương trình đã cho có nghiệm
Û PT x 3 - 3 x x - m 2 - 15m ³ 0 có nghiệm x Î [ - 1; 4 ]
Vậy I =
0,25
0,25
0,25
III 2 Û x 3 - 3 x x ³ m 2 + 15 m có nghiệm x Î [ - 1; 4 ]
(1 điểm)
3
2
ïì x + 3 x khi - 1 £ x < 0
Đặt f ( x ) = x 3 - 3 x x = í 3
2
ïî x - 3 x khi 0 £ x £ 4
5
hoctoancapba.com
2
ïì3 x + 6 x khi - 1 < x < 0
Ta có : f ' ( x ) = í 2
;
ïî 3 x - 6 x khi 0 < x < 4
Ta có bảng biến thiên :
x 1
f’(x)
0
0
2
0
f ' ( x ) = 0 Û x = 0; x = ± 2
0,25
4
+
16
0,25
f(x)
2
4
f ( x ) ³ m 2 + 15 m có nghiệm x Î [ -1; 4 ] Û max f ( x ) ³ m2 + 15 m Û 16 ³ m 2 + 15 m
[ -1;4 ]
2
Û m + 15m - 16 £ 0 Û -16 £ m £ 1
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm Û -16 £ m £ 1 .
0,25
0,25
IV
(1 điểm)
1. Ta có A 'O ^ (ABC) Þ OA là hình chiếu của AA'
trên (ABC).
¼
Vậy góc[AA ',(ABC)] = OAA
' = 60o
Ta có BB'CC' là hình bình hành ( vì mặt bên của lăng trụ)
AO ^ BC tại trung điểm H của BC nên BC ^ A'H .
Þ BC ^ (AA 'H) Þ BC ^ AA ' mà AA'//BB' nên
BC ^ BB' .Vậy BB'CC' là hình chữ nhật.
A'
C'
B'
A
0,25
60 o
C
a
O
0,25
H
B
V ABC đều nên AO = 2 AH = 2 a 3 = a 3
3
3 2
3
V AOA ' Þ A 'O = AO t an60o = a
a 3 3
Vậy V = SABC.A'O =
4
Gọi A(x1; y1), B(x2; y2). Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ là:
x + x2 - 1 y1 + y 2 - 1
G( 1
;
) .
V.
3
3
1
Có G thuộc đường thẳng x + y 2 = 0 nên:
(1 điểm)
x1 + x2 - 1 y1 + y 2 - 1
+
- 2 = 0 Û x1 + x2 + y1 + y2 = 8 (1).
3
3
ì x = 3 - 2 y 1
Có A, B thuộc đường thẳng : x + 2y – 3 = 0 nên í 1
(2), suy ra
î x2 = 3 - 2 y2
x1 + x2 + 2( y1 + y 2 ) = 6 (3).
0,25
0,25
0,25
0,25
ì x + x = 10
ì x = 10 - x 1
Từ (1) và (3) suy ra: í 1 2
Ûí 2
î y1 + y2 = -2
î y2 = -2 - y1
+ AB = 5 Û AB 2 = 5 Û ( x2 - x1 ) 2 + ( y 2 - y1 ) 2 = 5 Û (10 - 2 x1 ) 2 + ( -2 - 2 y1 ) 2 = 5
Kết hợp với (2) ta được:
3
é
y 1 = ê
2
(4 + 4 y1 )2 + ( -2 - 2 y 1 )2 = 5 Û ê
ê y = - 1
êë 1
2
0,25
6
hoctoancapba.com
3
1
3
1
Þ x1 = 6, x2 = 4, y2 = - . Vậy A(6; - ), B(4; - ).
2
2
2
2
1
3
1
3
+ Với y1 = - Þ x1 = 4, x2 = 6, y2 = - . Vậy A(4; - ), B(6; - ).
2
2
2
2
3
1
Vậy A(6; - ), B(4; - ).
2
2
x -2 x
+ BPT Û (2 + 3)
+ (2 - 3) x - 2 x £ 4
+ Với y1 = -
2
0,25
2
0,25
x 2 - 2 x
V.
2
(1 điểm)
+ Đặt t = (2 + 3)
(t >0), ta có BPT:
1
t + £ 4 Û t 2 - 4t + 1 £ 0 Û 2 - 3 £ t £ 2 + 3
t
Û 2 - 3 £ (2 + 3) x
2
- 2 x
0,25
£ 2 + 3 Û -1 £ x 2 - 2 x £ 1
0,25
Û 1 - 2 £ x £ 1 + 2 .
0,25
0
1
2
2010
+ Có (1 + x )2010 = C2010
+ xC2010
+ x 2C2010
+ ... + x 2010C2010
.
+ Nhân cả hai vế với x ta được:
0
1
2
2010
x (1 + x ) 2010 = xC2010
+ x 2C2010
+ x 3C2010
+ ... + x 2011C2010
.
Lấy đạo hàm từng vế ta được:
VI.
0
1
2
2010
(1 điểm) (1 + x ) 2010 + 2010 x (1 + x ) 2009 = C2010
+ 2 xC2010
+ 3x 2C2010
+ ... + 2011 x 2010C2010
+ Cho x = 1 ta được: C
2010
Vậy S = 1005.2
.
0
2010
+ 2C
1
2010
+ 3C
2
2010
+ ... + 2011C
2010
2010
2010
= 1005.2
0,25
0,25
0,25
.
0,25
7
hoctoancapba.com
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
Trường THPT Anh Sơn III
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT
Môn Toán – Khối A
Năm học 20102011Thời gian 180 phút
Phần dành chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)
Câu 1: Cho hàm số : y = x 3 - 3mx 2 + 3(m 2 - 1) x - (m 2 - 1) (1)
a, Với m = 0 , khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) .
b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương.
p
Câu 2: a, Giải phương trình : sin2x + (1 + 2cos3x)sinx 2sin 2 (2x+ ) = 0
4
b, Xác định a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất :
ìï2 x + x = y + x 2 + a
í 2
2
ïî x + y = 1
sin xdx
Câu 3 : Tìm :
ò (sin x + 3 cos x) 3
Câu 4 : Cho lăng trụ đứng ABC . A' B 'C ' có thể tích V. Các mặt phẳng ( ABC ' ), ( AB 'C ), ( A' BC ) cắt nhau .
tại O. Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V.
Câu 5 : Cho x,y,z là các số thực dương . Chứng minh rằng :
3
3
3
3
3
3
P = 3 4( x + y ) + 3 4( y + z ) + 3 4( z + x ) + 2(
x
y
z
+ 2 + 2 ) ³ 12
2
y
z
x
Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B )
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6a : a, Cho đường tròn (C) có phương trình : x 2 + y 2 - 4 x - 4 y + 4 = 0 và đường thẳng
(d) có phương trình : x + y – 2 = 0
Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B . Tìm toạ độ điểm C trên đường tròn . . .
(C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất.
b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đường thẳng có phương trình :
x y + 1 z - 2
( d1 ) : =
=
2
- 2
1
ì x = 4 t '
ï
(d 2 ) : í y = -2
ï z = 3 t '
î
Viết phương trình đường thẳng ( D )đi qua điểm A và cắt cả hai đường thẳng(d 1 ), (d 2 ).
Câu 7a : Tìm số hạng không chứa x trong khai triển :
7
1 ö
æ 4
ç x + 3 ÷
x ø
è
( với x > 0 )
B . Theo chương trình nâng cao
Câu 6b : a, Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết B(2;1) , đường cao và . .
đường phân giác trong qua đỉnh A,C lần lượt là : 3x 4y + 27 =0 và x + 2y – 5 = 0 .
b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) và đường thẳng ( D ) có phương
trình :
ì2 x - y + z + 1 = 0
í
î x - y + z + 2 = 0
Tìm toạ độ điểm M nằm trên đường thẳng ( D )sao cho : MA + MB nhỏ nhất .
Câu 7b : Cho (1 + x + x 2 )12 = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... a24 x 24 . Tính hệ số a 4 .
Hết.
Họ và tên………………………………………….. Số báo danh…
http://laisac.page.tl
8
hoctoancapba.com
SỞ GDĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ANH SƠN 3
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
Mụn: TOÁN; Khối A
(Đáp án thang điểm gồm 07 trang)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu
Đáp án
Câu 1 a. (1.0 điểm) Khảo sát…
(2 điểm) Với m=0, ta có: y=x 3 3x+1
TXĐ D=R
Điểm
é x = 1
y’=3x 2 3; y’=0 Û ê
ë x = -1
0,25
lim y = ±¥
x ®±¥
BBT
x
y’
y
-¥
+
1
0
3
1
0
+¥
+
+¥
0,25
1
-¥
Hs đồng biến trên khoảng ( -¥ ;1) và (1; +¥ ), nghịch biến trên (1;1)
Hs đạt cực đại tại x=1 và ycđ=3, Hs đạt cực tiểu tại x=1 và yct=1
Đồ thị : cắt Oy tại điểm A(0;1)
và đi qua các điểm B(2;1), C(2;3)
Đồ thị nhận điểm A(0;1) làm tâm đối xứng
0,25
y
3
2
1
1 0
1 2
0,25
x
1
b. (1.0 điểm) Tìm m để …
Ta có y’= 3x 2 6mx+3(m 2 1)
é x = m - 1
y’=0 Û ê
ë x = m + 1
0,25
9
hoctoancapba.com
Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương thì ta
phải có:
ìV ' y ' > 0
ì"m Î R
ï
ï 2
2
2
ï fCD . f CT < 0 ï(m - 1)(m - 3)(m - 2m - 1) < 0
ï
ï
Û í m - 1 > 0
í xCD > 0
ï x > 0
ï m + 1 > 0
ï CT
ï
ïî f (0) < 0
ïî -(m - 1) < 0
ì é1 - 2 < m < 1
ïê
ïï ê - 3 < m < -1
Û íê
Û 3 < m < 1 + 2
ï êë 3 < m < 1 + 2
ï
ïî m > 1
Câu 2
(2.0
điểm)
0,25
Vậy giỏ trị m cần tìm là:
m Î ( 3;1 + 2)
0,25
a. (1.0 điểm) Giải phương trình
p
Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x + )=0
4
Û sin2x + sinx + sin4x – sin2x = 1 – cos(4x +
p
2
0,25
)
Û sinx + sin4x = 1+ sin4x
Û sinx = 1
p
Û x = + k2 p , kÎ Z
2
b. (1.0 điểm)
Nhận xét: Nếu (x;y) là nghiệm thì (x;y) cũng là nghiệm của hệ
Suy ra, hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x =0
+ Với x = 0 ta có a =0 hoặc a = 2
ìï2 x + x = y + x 2
ìï2 x + x - x 2 = y (1)
Với a = 0, hệ trở thành: í 2 2
Ûí
(I)
2
2
ïî x + y = 1
ïî x + y = 1 (2)
ì x 2 £ 1 ì y £ 1 ì2 x + x - x 2 ³ 1
Từ (2) Þ ïí 2 Þ ïí 2 Þ ïí
ïî y £ 1 ïî x £ x ïî y £ 1
ì x 2 + y 2 = 1
ïï x
ì x = 0
TM
Þ ( I ) có nghiệm Û í2 + x - x 2 = 1 Û í
y
=
1
î
ï y = 1
ïî
ìï2 x + x = y + x 2 + 2
Với a=2, ta có hệ: í 2 2
ïî x + y = 1
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Dễ thấy hệ có 2 nghiệm là: (0;1) và (1;0) không TM
Vậy a = 0
10
hoctoancapba.com
Câu 3
(1.0
điểm)
p
p
sin [(x ) + ]
s inx
6
6
Ta có
=
p
3
(sinx+ 3c osx) 3
8cos ( x - )
6
3
p 1
p
sin( x - ) + c os(x )
6 2
6
= 2
0,25
0,25
p
8cos(x )
6
p
sin( x - )
3
1
6 + 1
=
16 cos 3 ( x - p ) 16 cos 2 ( x - p )
6
6
s inxdx
3
1
p
Þ ò
=
+ tan( x - ) + c
3
6
(sinx+ 3c osx) 32cos 2 ( x - p ) 16
6
Câu 4
(1.0
điểm)
0,25
0,25
Gọi I = AC Ç ’A’C, J = A’B Ç AB’
(BA'C) Ç (ABC') = BI ü
ï
(BA'C) Ç (AB'C) = CJ ý Þ O là điểm cần tìm
ï
Goi O = BI Ç CJ
þ
Ta có O là trọng tâm tam giỏc BA’C
A'
C'
0,25
B'
I
J
O
A
C
H
M
B
Gọi H là hình chiếu của O lờn (ABC)
Do V ABC là hình chiếu vuông góc của V BA’C trên (ABC) nên H là
trọng tâm V ABC
Gọi M là trung điểm BC. Ta có:
OH HM 1
=
=
A ' B AM 3
1
1
1
Þ VOABC = OH .SV ABC = A ' B. SV ABC = V
3
9
9
0,25
0,25
0,25
11
hoctoancapba.com
Câu 5
(1.0
điểm)
Ta có: 4(x 3 +y 3 ) ³ (x+y) 3 , với " x,y>0
Thật vậy: 4(x 3 +y 3 ) ³ (x+y) 3 Û 4(x 2 xy+y 2 ) ³ (x+y) 2 (vỡ x+y>0)
2
2
2
Û 3x +3y 6xy ³ 0 Û (xy) ³ 0 luôn đúng
Tương tự: 4(x 3 +z 3 ) ³ (x+z) 3
4(y 3 +z 3 ) ³ (y+z) 3
0,25
Þ 3 4( x 3 + y 3 ) + 3 4( x3 + z 3 ) + 3 4( y 3 + z 3 ) ³ 2( x + y + z ) ³ 6 3 xyz
Mặt khác: 2(
x
y
z
1
+ 2 + 2 ) ³ 6 3
2
y
z
x
xyz
Þ P ³ 6( 3 xyz + 3
0,25
1
) ³ 12
xyz
0,25
ì
ï x = y = z
ï
ï x
y
z
Dấu ‘=’ xảy ra Û í 2 = 2 = 2 Û x = y = z = 1
z
x
ïy
ï
1
ï xyz =
xyz
î
Vậy P ³ 12, dấu ‘=’ xảy ra Û x = y = z =1
0,25
Câu 6a Chương trình chuẩn
(2.0
a. (1.0 điểm)
điểm)
(C) có tâm I(2;2), bán kính R=2
Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ:
é ì x = 0
êí
ì x + y - 2 = 0
ê î y = 2
Û
í 2
2
î x + y - 4 x - 4 y + 4 = 0 êê ì x = 2
í
ê î y = 0
ë
y
Hay A(2;0), B(0;2)
C
4
0,25
M
I
2
B
H
A
O
Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B
2
x
0,25
12
hoctoancapba.com
1
2
SV ABC max Û CH max
Ta có SV ABC = CH . AB (H là hình chiếu của C trên AB)
0,25
ìC = (C ) Ç (V )
Dễ dàng thấy CH max Û í
î xC > 2
ìV^ d
î I (2; 2) ÎV
Hay V : y = x với V: í
0,25
Þ C (2 + 2; 2 + 2)
Vậy C (2 + 2; 2 + 2) thì SV ABC m ax
b. (1.0 điểm)
Nhận xét: M Ï (d1) và M Ï (d2)
ì(V) Ç (d1) = I
î(V ) Ç (d 2) = H
Giả sử í
0,25
Vỡ IÎ d1 Þ I(2t1; 12t; 2+t)
HÎ d2 Þ H(4t’; 2; 3t’)
uuur
uuuur ì1 - 2t = k (1 - 4t ')
ìïTM = k HM ï
23
ycbt Û í
Û í3 + 2t = k (2 + 2) Û t = 10
ïîk Î R, k ¹ 0
ï1 - t = k (3 - 3t ')
î
23 18 3
Þ T (- ; ; - )
5 5 10
0,5
Vậy phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm I và H là:
ì x = 1 + 56 t
ï
í y = 2 - 16 t
ï z = 3 + 33 t
î
ì5 x + y - 8 z + 17 - 0
î 12 x + 9 y - 16 z + 18 = 0
0,25
hoặc là: í
1
1
7
Câu 7a
1
Ta có: ( 4 x + 3 )7 = å C7 k ( x 4 )7 -k .( x 3 ) k
(1.0
x
k = 0
điểm) Để số hạng thứ k không chứa x thì:
0.25
1
ì1
ï (7 - k ) - k = 0
Û k = 4
3
í4
ïî k Î [0;7]
0.5
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là: C7 4 =
Câu 6b
(2.0
điểm)
1
35
0,25
Chương trình cao
a. (1.0 điểm)
Phương trình đường thẳng chứa cạnh BC:
ì( BC ) qua B
Û ( BC ) : 4 x + 3 y - 5 = 0
í
î BC ^ d 1
0,25
ì4 x + 3 y - 5 = 0
Þ C (-1;3)
î x + 2 y - 5 = 0
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: í
13
hoctoancapba.com
Gọi KAC, KBC, K2 theo thứ tự là hệ số góc của các đường thẳng AC,
BC, d2
3 1
1
- +
- - K AC
K BC - K d 2
K d 2 - K AC
=
Û 4 2 = 2
1 3
1
1 + K BC .K d 2 1 + K d 2 . K AC
1+ .
1 - K AC
2 4
2
é K AC = 0
Ûê
ê K AC = - 1 (loai)
êë
3
Ta có:
Vậy pt đường thẳng AC đi qua C và có hệ ssó góc k=0 là: y = 3
+ Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
ì3 x - 4 y + 27 = 0
Þ A (-5;3)
í
î y - 3 = 0
x + 5 y - 3
=
Û 4 x + 7 y - 1 = 0
Þ Pt cạnh AB là:
2 + 5 -1 - 3
Vậy AB: 4x+7y1=0
AC: y=3
BC: 4x+3y5=0
b. (1.0 điểm)
+ Xét vị trí tương đối giữa AB và V , ta có:
V cắt AB tại K(1;3;0)
uuur
uuur
Ta có KB = 2 KA
Þ A, B nằm về cùng phía đối với V
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua V và H là hình chiếu của A trên V .
ì x = 1
ï
)
Þ H( 1;t;3+t) (vỡ PTTS của V : í y = t
ï z = -3 + t
î
uuuur r
AH .u = 0 Û -1.0 + (t - 4).1 + ( -4 + t ).1 = 0 Û t = 4
Ta có
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Þ H (1; 4;1) Þ A '(0; 4;1)
Gọi M là giao điểm của A’B và d
Þ M (1;
13 4
; )
3 3
Lấy điểm N bất kỳ trên V
Ta có MA+MB=MB+MA’=A’B £ NA+NB
Vậy M (1;
13 4
; )
3 3
Câu 7b Ta có:
(1+x+x 2 ) 12 = [(1+x)+x 2 ] 12 =
(1.0
12 24
điểm) = C120 (1 + x )12 + C121 (1 + x)11 .x 2 + ... + C12k (1 + x)12- k .( x 2 )k + ... + C12
x
0 12
1
0 11
9 2
C120 [C12
x + C121 x11 + ... + C128 x 4 + ...]+C12
x 2 [C11
x + ... + C11
x + ...]
=
2 4
0 10
10
+C12
x [C10
x + ... + C10
]+...
0,25
0,25
0,25
0,25
14
hoctoancapba.com
4
Þ Chỉ có 3 số hạng đầu chứa x
10
Þ a4 = C120 .C128 + C121 .C119 + C122 .C10
= 1221
0,25
0,25
15
hoctoancapba.com
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG 2011
MÔN: TOÁN- KHỐI A
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
KHOA TOÁN-TIN
------------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: y
2x 1
(C).
x 1
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)
sin 3 x.sin 3x cos3 x.cos3x
1
1. Giải phương trình
8
tan x .tan x
6
3
3
3
2. Giải phương trình 1 1 x 2 1 x 1 x 2 1 x 2 .
1
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I x ln x 2 x 1 dx .
0
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có AB AD a , AA '
a 3
, góc BAD bằng 600 . Gọi
2
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 a 2 b2 c2 1 , ta có:
a 5 2a 3 a b5 2b3 b c 5 2c 3 c 2 3
.
b2 c2
c2 a2
a 2 b2
3
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:
x 14 y z 5
. Viết phương
4
1
2
trình mặt cầu (S) tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB bằng 16.
n
1
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm hệ số chứa x trong khai triển: x
, biết n là số nguyên dương thỏa mãn:
4
2 x
2
2Cn0
2 2 1 23 2
2n 1 n 6560
Cn Cn ...
Cn
.
2
3
n 1
n 1
II. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông có đỉnh là (-4; 8) và một đường chéo có phương trình
7x – y + 8 = 0. Viết phương trình các cạnh của hình vuông.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z 1 0 và hai điểm A(1;-3;0), B(5;-1;-2).
Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA MB đạt giá trị lớn nhất.
1
2
2 log 3 x log 3 y 0
, (m R) . Tìm m để hệ có nghiệm.
Câu VII.b (1.0 điểm) Cho hệ phương trình
3
2
x y my 0
.........Hết.........
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:............................................................; Số báo danh:...................
16
hoctoancapba.com
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
===========================================================================
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn thi: TOÁN
.
Câu
I
Đáp án
Ý
1
TXĐ : D = R\ 1 .
Sự biến thiên:
y’ =
1
x 1
2
Điểm
1,0
0, x D .
0,25
Hàm số nghịch biến trên: ;1 và 1;
Giới hạn: lim lim 2 ; tiệm cận ngang: y = 2
x
x
lim , lim ; tiệm cận đứng: x = 1
x 1
0,25
x1
Bảng biến thiên:
Đồ thị:
0,25
0,25
2
2m 1
Gọi M(m;
)
m 1
Tiếp tuyến của (C) tại M: y
1,0
1
m 1
x m
2
2m 1
m 1
2m
), B(2m-1; 2)
m 1
2m
1
2 2
IA =
, IB = 2m 2 2 m 1
m 1
m 1
1
SIAB IA.IB 2 .
2
A(1;
0,25
0,25
0,25
0,25
Vậy diện tích tam giác IAB không đổi khi M thay đổi trên (C).
II
1
k
Điều kiện: x
6 2
Ta có tan x .tan x tan x .cot x 1
6
3
6
6
1
Phương trình tương đương với: sin 3 x.sin 3x cos3 x.cos3x =
8
1 cos2 x cos2 x cos4 x 1 cos2 x cos2 x cos4 x 1
.
.
2
2
2
2
8
1
2 cos2 x cos2 x.cos4 x
2
1
1
cos3 x cos2 x
8
2
1,0
0,25
0,25
0,25
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------17
Gv: Trần Quang Thuận
Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
hoctoancapba.com
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
===========================================================================
x 6 k loai
, k Z . Vậy : x k
6
x k
6
2
0,25
1,0
Đk: -1 x 1
Đặt u =
1 x
3
(1 x)3 ; u,v 0
,v=
u 2 v 2 2
Hệ thành:
3
3
1 uv (u v ) 2 uv
1
1
1
2
1 uv 2 2uv u 2 v 2 2uv u v
2
2
2
Ta có:
3
3
2
2
u v u v u v vu (u v) 2 uv
2
2
2
u v 2
2 2
u2 1
2
u v 2
x
0,25
0,25
0,25
2
2
0,25
III
1,0
2x 1
du
dx
2
u ln x x 1
x x 1
Đặt
2
dv xdx
v x
2
1
2
3
1 1 2 x x2
x
I ln x 2 x 1 2
dx
2
0 2 0 x x 1
2
0,25
1
1
1
1
1
3
dx
ln 3 x 2 x ln( x 2 x 1)10 2
0
2
2
4
4 0 x x 1
0,25
3
3
ln 3 J
4
4
1
J
dx
2
1 3
x
2 2
2 3 3
3
J
dx
3 6
9
2
. Đặt x
0
Vậy I =
IV
1
3
tan t , t ;
2 2
2 2
0,25
3
3
ln 3 12
4
0,25
Gọi O là tâm của ABCD, S là điểm đối xứng với A qua A’ M, N lần lượt là trung
điểm của SD và SB
AB = AD = a, góc BAD = 600 ABD đều OA =
SA = 2AA’ = a 3, CC ' AA '
a 3
, AC a 3
2
1,0
0,25
a 3
2
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------18
Gv: Trần Quang Thuận
Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
hoctoancapba.com
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
===========================================================================
AO SA
SAO ~ ACC '
AC CC '
ACC ' ~ AIO (I là giao điểm của AC’ và SO)
(1)
SO AC '
Mặt khác BD ( ACC ' A ') BD AC '
(2)
Từ (1) và (2) đpcm
1
3
a2
VSABD a 2
a 3
3
2
4
2
VSA ' MN
1 a 3 a 3 a2
3 2 4 2
32
VAA ' BDMN VSABD VSA' MN
V
7a 2
32
2
0,25
0,25
Do a, b, c > 0 và a b c 1 nên a, b, c 0;1
2
0,25
1,0
2
2
a 5 2a 3 a a a 1
Ta có:
a3 a
2
2
2
b c
1 a
2
0,25
BĐT thành: a 3 a b3 b c 3 c
Xét hàm số f x x3 x, x 0;1
Ta có: Max f x =
0;1
2 3
3
2 3
9
0,25
0,25
2 3
đpcm
3
1
Đẳng thức xảy ra a b c
3
f a f b f c
VI.a
1
0,25
1,0
9 3
2 3
I ; , M 3;0
0,25
Giả sử M là trung điểm cạnh AD. Ta có: AB = 2IM = 3 2
S ABCD AB.AD 12 AD 2 2
AD qua M và vuông góc với d1 AD: x + y – 3 = 0
Lại có MA = MB = 2
x 2
x 4
x y 3 0
Tọa độ A, D là nghiệm của hệ:
hoặc
2
2
y 1
y 1
x 3 y 2
Chọn A(2 ; 1) D 4; 1 C 7;2 và B 5;4
2
0,25
0,25
Gọi H là trung điểm đoạn AB HA 8
IH2 = 17
IA2 = 81 R 9
1,0
0,25
0,25
0,25
C : x 1 y 1 z 1
0,25
2
VII.a
0,25
2
2
81
1,0
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------19
Gv: Trần Quang Thuận
Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
hoctoancapba.com
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
===========================================================================
22
23
2n1 n
n
Ta có: 2C Cn1 Cn2 ...
Cn 1 x dx
2
3
n 1
0
2
0
n
3n 1 1 6560
3n 1 6561 n 7
n 1
n 1
7
1
1 k 1443k
x
2k C7 x
24 x
0
14 3k
Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa:
2k 7
4
21
Vậy hệ số cần tìm là:
4
0,25
0,25
7
VI.b
1
Gọi A(-4; 8) BD: 7x – y + 8 = 0 AC: x + 7y – 31 = 0
Gọi D là đường thẳng qua A có vtpt (a ; b)
D: ax + by + 4a – 5b = 0,
D hợp với AC một góc 450 a = 3, b = -4 hoặc a = 4, b = 3
AB: 3x 4 y 32 0; AD : 4 x 3 y 1 0
1 9
2 2
BC : 4 x 3 y 24 0; CD : 3x 4 y 7 0
Gọi I là tâm hình vuông I( ; ) C 3;4
KL:
2
Ta có: A, B nằm khác phía so với (P).Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (P)
B’(-1; -3; 4)
MA MB MA MB ' AB '
Đẳng thức xảy ra khi M, A, B’ thẳng hàng M là giao điểm của (P) và AB’
x 1 t
AB’: y 3
z 2t
M(-2; -3; 6)
VII.b
Đk: x 0, y > 0
1
2
2 log 3 x log 3 y 0
log 3 x log 3 y
3
2
x 3 y 2 my 0
x y ay 0
0,25
0,25
1,0
0,25
0,25
0,25
0,25
1,0
0,25
0,25
0,25
0,25
1,0
0,25
y x
y x , 1
3
2
2
y y ay 0
y y a, 2
Hệ có nghiệm khi (2) có nghiệm y > 0
Ta có : f(y) = y 2 y >0 , y > 0
Do đó pt f(y) = a có nghiệm dương khi a>0
Vậy hệ có nghiệm khi a > 0
0,25
0,25
0,25
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------20
Gv: Trần Quang Thuận
Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
- Xem thêm -
.PDF 
504 
325 
120 
