Đề thi thử đại học năm 2011 môn toán (có đáp án) - Đại học sư phạm Hà Nội ppsx

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

-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

sin sin 3 os cos3 1

8 tan tan

2 Giải phương trình 2 ( )3 ( )3 2

1 + 1 − x  1 + x − 1 − x  = + 2 1 − x

0

I = ∫ x x + + x dx

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có AB AD a = = , 3

AA '

2

a

= , góc BAD bằng 600 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

1

a + + = b c , ta có:

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: 14 5

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

  , biết n là số nguyên dương thỏa mãn:

n n

+

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

Câu VII.b (1.0 điểm) Cho hệ phương trình

2

1 log log 0

0

m R

x y my



 + − = Tìm m để hệ có nghiệm.

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011

Môn thi: TOÁN

.

• TXĐ : D = R\{ } 1

• Sự biến thiên:

y’ =

( )2

1 0,

x

Hàm số nghịch biến trên: ( −∞ ;1 à 1; ) ( v +∞ )

0,25

Giới hạn: lim lim 2

x→+∞=x→−∞= ; tiệm cận ngang: y = 2

lim1 , lim1

x→+ = +∞ x→− = −∞; tiệm cận đứng: x = 1 0,25

Gọi M(m; 2 1

1

m m

−

Tiếp tuyến của (C) tại M: ( )2( )

1 1

m

m m

−

−

0,25

A(1; 2

1

m

2 2

m

1 2 2

IAB

S∆ = IA IB = Vậy diện tích tam giác IAB không đổi khi M thay đổi trên (C)

0,25

Điều kiện:

6 2

k

x ≠ + π π

Ta có tan tan tan cot 1

0,25

Phương trình tương đương với: sin sin 33x x c + os cos33x x = 1

8

1 os2 os2 os4 1 os2 os2 os4 1

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

( ai )

6

k Z

 = +



 = − +



Vậy :

6

x = − + π k π

0,25

Đk: -1 ≤ ≤ x 1

Đặt u = ( )3

1 x + , v = 3

(1 − x ) ; u,v ≥ 0

Hệ thành:

2

u v

uv u v uv

 + =







0,25

2

( ) 2

u v u v u v vu u v uv

0,25

2

1 2 2

u v

u

u v

 + =



− =

2 2

x

2

2 1

2

x

x

+

 =



=



2 0

1 1 2 2

x x

+

+ +

∫

0,25

0

0

ln 3

dx

x x J

+ +

∫

0,25

1

2 2

dx J

x

=

tan , ;

x + = t t ∈ −  π π 

3 6

π

0,25

Vậy I = 3

ln 3

4 -

3 12

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 = 3

2

a

AC a =

3

a

0,25

~ ' '

AO SA

SAO ACC

AC CC

' ~

⇒ ∆ ∆ (I là giao điểm của AC’ và SO)

'

SO AC

⇒ ⊥ (1)

Mặt khác BD ⊥ ( ACC A ' ') ⇒ BD ⊥ AC ' (2)

Từ (1) và (2) ⇒ đpcm

0,25

2 2

'

3

3 2 4 2 32

SABD

SA MN

a

V

 

 

0,25

2

7 32

a

Do a, b, c > 0 và 2 2 2

1

a + + = b c nên a, b, c ∈ ( ) 0;1

Ta có: ( 2 )2

3

1 2

1

a a

a a

−

BĐT thành: ( 3 ) ( 3 ) ( 3 ) 2 3

3

− + + − + + − + ≤

0,25

Xét hàm số ( ) 3 ( )

, 0;1

Ta có: ( ) M 0;1 ax f x ( ) = 2 3

9

0,25

0,25

( ) ( ) ( ) 2 3 3

f a f b f c

Đẳng thức xảy ra 1

3

a b c

⇔ = = =

0,25

I 9 3

;

2 3

Giả sử M là trung điểm cạnh AD Ta có: AB = 2IM = 3 2

ABCD

S = AB AD = ⇒ AD =

AD qua M và vuông góc với d1 ⇒ AD: x + y – 3 = 0

0,25 Lại có MA = MB = 2

Tọa độ A, D là nghiệm của hệ:

1

y

+ − =

4 1

x y

=



 = −



0,25

Chọn A(2 ; 1) ⇒ D ( 4; 1 − ⇒ ) C ( ) 7; 2 à v B ( ) 5; 4 0,25

Gọi H là trung điểm đoạn AB ⇒HA=8 0,25

( ) ( ) (2 ) (2 )2

Ta có: 0 2 1 3 2 1 2( )

0

n

n n

n

+

1

1

3 1 6560

n

+

+

−

4 7 4

0

2 2

k k k

x

−

Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa: 14 3

4

k

k

Vậy hệ số cần tìm là: 21

4

0,25

Gọi A(-4; 8) ⇒ BD: 7x – y + 8 = 0⇒ 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 450 ⇒ a = 3, b = -4 hoặc a = 4, b = 3

⇒AB: 3x − 4 y + 32 0; = AD : 4 x + 3 y + = 1 0

0,25

Gọi I là tâm hình vuông ⇒ I( 1 9

; )

2 2

: 4 3 24 0; : 3 4 7 0

Ta có: A, B nằm khác phía so với (P).Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (P)

MA MB − = MA MB − ≤ AB

Đẳng thức xảy ra khi M, A, B’ thẳng hàng ⇒ M là giao điểm của (P) và AB’ 0,25

AB’:

1 3 2

y

z t

= +



 = −



 = −



0,25

Đk: x ≠ 0, y > 0

( ) ( )

2

2

1

log log log log 0

2

0 0

, 1 , 2 0

x y ay

x y my

y x

y x

y y a

y y ay



 =

 =

+ =

0,25

Hệ có nghiệm khi (2) có nghiệm y > 0

Ta có : f(y) =y2+ y>0 ,∀y > 0 0,25

Do đó pt f(y) = a có nghiệm dương khi a>0 0,25