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 3 sin .sin 3 os .cos3 1 8 tan .tan 6 3 x x c x x x x                    2. Giải phương trình     3 3 2 2 1 1 1 1 2 1 x x x x               . Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân   1 2 0 ln 1I 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 0 60 . 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: 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: d 1 : x – y – 3 = 0, d 2 : x + y – 6 = 0. Trung điểm một cạnh là giao điểm của d 1 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 x 2 trong khai triển: 4 1 2 n x x        , biết n là số nguyên dương thỏa mãn: 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 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): 1 0 x y z     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 3 3 3 2 1 log log 0 2 ,( ) 0 x y m R x y my            . Tìm m để hệ có nghiệm. 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: Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952 ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI =========================================================================== ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn thi: TOÁN . Câu Ý Đáp án Điểm I 1 1,0  TXĐ : D = R\   1 .  Sự biến thiên: y’ =   2 1 0, 1 x D x      . Hàm số nghịch biến trên:     ;1 à 1;v   0,25 Giới hạn: lim lim 2 x x    ; tiệm cận ngang: y = 2 1 1 lim , lim x x         ; tiệm cận đứng: x = 1 0,25 Bảng biến thiên: 0,25  Đồ thị: 0,25 2 1,0 Gọi M(m; 2 1 1 m m   ) Tiếp tuyến của (C) tại 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    . Vậy diện tích tam giác IAB không đổi khi M thay đổi trên (C). 0,25 II 1 1,0 Điều kiện: 6 2 k x     Ta có tan .tan tan .cot 1 6 3 6 6 x x x x                                    0,25 Phương trình tương đương với: 3 3 sin .sin 3 os .cos3x 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: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952 ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ===========================================================================   ai 6 , 6 x k lo k Z x k                  . Vậy : 6 x k      0,25 2 1,0 Đk: -1 1x  Đặt u =   3 1 x  , v = 3 (1 )x  ; u,v 0 Hệ thành: 2 2 3 3 2 1 ( ) 2 u v uv u v uv            0,25 Ta có:             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              0,25 2 2 x  0,25 III 1,0 Đặt   2 2 2 2 1 ln 1 1 2 x du dx u x x x x x dv xdx v                         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         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            0,25 1 2 2 0 1 3 2 2 dx J x                 . Đặt 1 3 tan , ; 2 2 2 2 x t t             3 6 2 3 3 3 9 J dx       0,25 Vậy I = 3 ln3 4 - 3 12  0,25 IV 1,0 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 = 60 0   ABD đều  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      ' ~ ACC AIO   (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 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           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  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    Ta có:   ax 0;1 M   f x = 2 3 9 0,25 0,25       2 3 3 f a f b f c     đpcm Đẳng thức xảy ra 1 3 a b c    0,25 VI.a 1 1,0 I 9 3 ; 2 3       , 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    AD qua M và vuông góc với d 1  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                  hoặc 4 1 x y       0,25 Chọn A(2 ; 1)       4; 1 7;2 à 5;4 D C v B   0,25 2 1,0 Gọi H là trung điểm đoạn AB 8 HA   0,25 IH 2 = 17 0,25 IA 2 = 81 9 R   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          0,25 1 1 3 1 6560 3 6561 7 1 1 n n n n n            0,25 7 14 3 7 4 7 4 0 1 1 2 2 k k k x C x x           0,25 Số hạng chứa x 2 ứng với k thỏa: 14 3 2 7 4 k k     Vậy hệ số cần tìm là: 21 4 0,25 VI.b 1 1,0 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 45 0  a = 3, b = -4 hoặc a = 4, b = 3  AB: 3 4 32 0; :4 3 1 0 x y AD x y       0,25 Gọi I là tâm hình vuông  I( 1 9 ; ) 2 2    3;4 C : 4 3 24 0; : 3 4 7 0 BC x y CD x y        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)  B’(-1; -3; 4) 0,25 ' '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 x t y z t            0,25 M(-2; -3; 6) 0,25 VII.b 1,0 Đk: x  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                                        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 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 Môn: Toán. Khối A, B. Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu I. (2 điểm). Cho hàm số 2 1 1 x y x    (1). 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳng đi qua M và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc bằng - 9. Câu II. (2 điểm) 1) Giải phương trình sau: 2 1 1 2 2 x x    . 2) Giải phương trình lượng giác: 4 4 4 sin 2 os 2 os 4 tan( ).tan( ) 4 4 x c x c x x x       . Câu III. (1 điểm) Tính giới hạn sau: 3 2 2 0 ln(2 . os2 ) 1 lim x e e c x x L x      Câu IV. (2 điểm) Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r. Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các đường sinh và đường tròn đáy của nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón). 1. Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I; 2. Giả sử độ dài đường sinh của nón không đổi. Với điều kiện nào của bán kính đáy thì diện tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất? Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x 3 + y 3 + z 3 – 3xyz. Câu VI. (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm 1 ( ; 0) 2 I Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó. Câu VII. (1 điểm) Giải hệ phương trình : 2 2 2 2 3 2 2010 2009 2010 3 log ( 2 6) 2 log ( 2) 1 y x x y x y x y                HẾT Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì! - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: ……….………………………………….……. Số báo danh: ……………… Đề thi thử lần 1 HƯỚNG DẪN CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I.1 Hàm số: 2 1 3 2 1 1 x y x x       +) Giới hạn, tiệm cận: ( 1) ( 1) 2; 2; ; lim lim lim lim x x x x y y y y               - TC đứng: x = -1; TCN: y = 2. +)   2 3 ' 0, 1 y x D x      +) BBT: x -  - 1 +  y' + || + y  2 || 2  +) ĐT: 1 điểm I.2 +) Ta có I(- 1; 2). Gọi 0 2 0 0 3 3 ( ) ( ;2 ) 1 ( 1) M I IM M I y y M C M x k x x x x            +) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M:   0 2 0 3 '( ) 1 M k y x x    +) . 9 M IM ycbt k k    +) Giải được x 0 = 0; x 0 = -2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5) 1 điểm II.1 +) ĐK: ( 2; 2) \{0} x   +) Đặt 2 2 , 0 y x y    Ta có hệ: 2 2 2 2 x y xy x y        +) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và 1 3 1 3 2 2 ; 1 3 1 3 2 2 x x y y                           +) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và 1 3 2 x    1 điểm II.2 +) ĐK: , 4 2 x k k Z      4 4 2 2 4 2 ) tan( )tan( ) tan( )cot( ) 1 4 4 4 4 1 1 1 sin 2 os 2 1 sin 4 os 4 2 2 2 2cos 4 os 4 1 0 x x x x x c x x c x pt x c x                     1 điểm 8 6 4 2 -2 -4 -6 -10 -5 5 10 +) Giải pt được cos 2 4x = 1  cos8x = 1  4 x k   và cos 2 4x = -1/2 (VN) +) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là , 2 x k k Z    III 3 3 2 2 2 2 0 0 3 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3 0 0 2 2 2 2 ln(2 . os2 ) 1 ln(1 1 os2 ) 1 1 lim lim ln(1 2 sin 2 ) 1 1 ln(1 2 sin 2 ) 1 lim lim (1 ) 1 1 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 1 5 2 3 3 x x x x e e c x x c x x L x x x x x x x x x x x x x x                                                           1 điểm IV.1 +) Gọi C r là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và cũng là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB. Ta có: 2 2 1 ( ). . 2 .2 2( ) SAB C C C S pr l r r SM AB l r r l r r r l r l r            +) S cầu = 2 2 4 4 C l r r r l r      1 điểm IV.2 +) Đặt : 2 3 2 2 2 ( ) ,0 5 1 2 ( ) 2 ) '( ) 0 ( ) 5 1 2 lr r y r r l l r r l r r rl l y r l r r l                        +) BBT: r 0 5 1 2 l  l y'(r) y(r) y max +) Ta có max S cầu đạt  y(r) đạt max  5 1 2 r l   1 điểm V +) Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )( ) ( ) ( ) 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) 3 2 2 P x y z x y z xy yz zx x y z x y z P x y z x y z x y z x y z P x y z x y z                                                   +) Đặt x +y + z = t, 6( cov )t Bunhia xki  , ta được: 3 1 ( ) 3 2 P t t t   +) '( ) 0 2 P t t    , P( 6  ) = 0; ( 2) 2 2 P    ; ( 2) 2 2 P  +) KL: ax 2 2; 2 2 M P MinP   1 điểm r l I M S A B VI +) 5 ( , ) 2 d I AB   AD = 5  AB = 2 5  BD = 5. +) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2) 2 + y 2 = 25/4 +) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ: 2 2 2 1 25 2 ( ) ( 2;0), (2;2) 2 4 2 2 2 0 0 x y x y A B x x y y                                 (3;0), ( 1; 2) C D    VII 2 2 2 2 3 2 2010 2009 (1) 2010 3 log ( 2 6) 2 log ( 2) 1(2) y x x y x y x y                +) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0 +) Lấy loga cơ số 2009 và đưa về pt: 2 2 2 2 2009 2009 log ( 2010) log ( 2010) x x y y     +) Xét và CM HS 2009 ( ) log ( 2010), 0 f t t t t     đồng biến, từ đó suy ra x 2 = y 2  x= y, x = - y +) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log 3 (x +2) = 2log 2 (x + 1) = 6t Đưa pt về dạng 1 8 1 9 9 t t               , cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1  x = y =7 +) Với x = - y thế vào (2) được pt: log 3 (y + 6) = 1  y = - 3  x = 3 Ghi chú: - Các cách giải khác với cách giải trong đáp án mà vẫn đúng, đủ thì cũng cho điểm tối đa. - Người chấm có thể chia nhỏ thang điểm theo gợi ý các bước giải. é THI thử I HC lần ii NM học: 2010-2011 Mụn thi : TON làm bài:180 phútThời gian (không kể thời gian giao đề) PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I:(2 im) Cho hm s y = x 3 + 3x 2 + mx + 1 cú th l (C m ); ( m l tham s) 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 3. 2. Xỏc nh m (C m ) ct ng thng: y = 1 ti ba im phõn bit C(0;1), D, E sao cho cỏc tip tuyn ca (C m ) ti D v E vuụng gúc vi nhau. Cõu II:(2 im) 1. Gii h phng trỡnh : 2 0 1 2 1 1 x y xy x y 2. Tìm );0( x thoả mãn phơng trình : cotx 1 = xx x x 2sin 2 1 sin tan1 2cos 2 . Cõu III: (2 im) 1. Trờn cnh AD ca hỡnh vuụng ABCD cú di l a, ly im M sao cho AM = x (0 < x a). Trờn ng thng vuụng gúc vi mt phng (ABCD) ti A, ly im S sao cho SA = 2a. a) Tớnh khong cỏch t im M n mt phng (SAC). b) Kẻ MH vuông góc với AC tại H . Tìm vị trí của M để thể tích khối chóp SMCH lớn nhất 2. Tớnh tớch phõn: I = 2 4 0 ( sin 2 )cos2 x x xdx . Cõu IV: (1 im) : Cho các số thực dơng a,b,c thay đổi luôn thoả mãn : a+b+c=1. Chng minh rng : 2 2 2 2. a b b c c a b c c a a b PHN RIấNG (3 im) ( Chú ý!:Thí sinh chỉ đợc chọn bài làm ở một phần) A. Theo chng trỡnh chun Cõu Va : 1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích bằng 3 2 và trọng tâm thuộc đờng thẳng : 3x y 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4) và đờng thẳng : 1 2 1 1 2 x y z . Tìm toạ độ điểm M trên sao cho: 2 2 28 MA MB Cõu VIa : Giải bất phơng trình : 32 4 )32()32( 1212 22 xxxx B. Theo chng trỡnh Nõng cao Cõu Vb: 1. Trong mpOxy, cho ng trũn (C): x 2 + y 2 6x + 5 = 0. Tỡm M thuc trc tung sao cho qua M k c hai tip tuyn ca (C) m gúc gia hai tip tuyn ú bng 60 0 . 2.Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho im M(2 ; 1 ; 0) v ng thng d với d : x 1 y 1 z 2 1 1 .Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng thng i qua im M, ct v vuụng gúc vi ng thng d và tìm toạ độ của điểm M đối xứng với M qua d Cõu VIb: Gii h phng trỡnh 3 3 log log 2 2 2 4 4 4 4 2 ( ) log ( ) 1 log 2 log ( 3 ) xy xy x y x x y Ht. (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) [...]...  xy = 3y= Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: ( 3 ; 3 ) hoặc ( 6 ; 6 ) 2 0,25 S M A D H B C SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO HẢI PHỊNG TRƯỜNG THPT CHUN TRẦN PHÚ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – THÁNG 12/2010 Mơn thi: TỐN HỌC – Khối A, B Thời gian: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I: x2  C x2 1 Khảo sát và vẽ  C  Cho hàm số y  2 Viết phương trình tiếp tuyến của  C  , biết tiếp tuyến đi qua điểm A  6;5  ... 2  C 2011  2011   4022 1  1 2011 0    2  1   2  C0   2011  4022  2011 A KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011 MƠN TỐN (Thời gian làm bài: 180 phút) A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  2 x3  3(2m  1) x2  6m(m  1) x  1 có đồ thị (Cm) 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0 2 Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng 2;  Câu II (2... C3 22010 C2010 2010 2010 2010 A      Tính: 1.2 2.3 3.4 4.5 2011.2012 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN 2 Câu I: 1 a) TXĐ: ¡ \ 2 b) Sự biến thi n của hàm số: -) Giới hạn, tiệm cận: +) lim y  , lim y    x  2 là tiệm cận đứng x  2 x  2 +) lim y  lim y  1  y  1 là tiệm cận ngang x  x  -) Bảng biến thi n : 4 y'    0 x  2 2  x  2 c) Đồ thị : -) Đồ thị cắt Ox tại  2;0  , cắt... tam giác đều cạnh a .A’ cách đều các điểm A,B,C Cạnh bên AA’ tạo với đáy góc 600 Tính thể tích khối lăng trụ Hết kú thi thư ®¹i häc n¨m 2011 Tr­êng thpt t©y thơy anh Mơn Tốn : Thêi gian lµm bµi 180 phót ĐÁP ÁN Câ Ý Nội dung u I 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2 Với m = 2 ta được y = x3 – 3x2 + 4 a ;Tập xác định : D = R Điể m 200 1,00 0,25 b ; Sự biến thi n Tính... 1 g ( x)  g (1)  0  x  4 Vậy Bpt có nghiệm  0  x  1 Chú ý:Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa 0,25 Tr­êng L­¬ng thÕ Vinh –Hµ néi §Ị thi thư §H lÇn I M«n To¸n (180’) PhÇn b¾t bc 2x  1 x 1 1 Kh¶o s¸t sù biÕn thi n vµ vÏ ®å thÞ (C) cđa hµm sè 2 T×m täa ®é ®iĨm M sao cho kho¶ng c¸ch tõ ®iĨm I (1; 2) tíi tiÕp tun cđa (C) t¹i M lµ lín nhÊt C¢U 2 (2 ®iĨm) 1 Gi¶i ph­¬ng...  2Cn x  3Cn x 2      (n  1)Cn x n Thay x  1 vµo ®¼ng thøc trªn ta ®­ỵc S 4 kú thi thư ®¹i häc n¨m 2011 Tr­êng thpt t©y thơy anh Mơn Tốn : Thêi gian lµm bµi 180 phót A /phÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh ( 8 điểm ) Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số y = x3 + ( 1 – 2m)x2 + (2 – m )x + m + 2 (Cm) 1.Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2 2 Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời... có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vng góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’ a 3 4 Câu V (1 điểm) và BC là Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x 2  xy  y 2  1 Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức x4  y4 1 P 2 x  y2 1 B PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình... 1 2 1 3 1 Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3 log 2 x  2)  9 log 2 x  2 …… HẾT ĐÁP ÁN Câu I a) ồ Học sinh tự làm 0,25 y  2 x3  3(2m  1) x2  6m(m  1) x  1  y '  6 x 2  6(2m  1) x  6m(m  1) b) 0,5 y’ có   (2m  1) 2  4(m 2  m)  1  0 x  m y'  0   x  m  1 Hàm số đồng biến trên... ra A' O  Câu V bc 2 *Trước hết ta chưng minh: f (a, b, c)  f (a, t , t ) :Thật vậy Đặt f (a, b, c)  3(a 2  b 2  c 2 )  4abc  13; t  1 điểm 0,5 Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thi t a  b  c  3a  a  b  c  3 hay a  1 f ( a , b, c )  f ( a , t , t )  3( a 2  b 2  c 2 )  4 abc  13  3( a 2  t 2  t 2 )  4 at 2  13 = 3(b 2  c 2  2t 2 )  4a (bc  t 2 ) 2 2  2... 2t=b+c < 3 Dấu “=” xảy ra  t  1 & b  c  0  a  b  c  1 (ĐPCM) 2 Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x 2  xy  y 2  1 Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức x4  y4 1 P 2 x  y2 1 Tõ gi¶ thi t suy ra: 1  x 2  xy  y 2  2 xy  xy  xy 1  ( x  y ) 2  3xy  3xy 0,25 1 Tõ ®ã ta cã   xy  1 3 M¨t kh¸c x 2  xy  y 2  1  x 2  y 2  1  xy nªn x 4  y 4   x 2 y 2  2 xy  1 ®¨t . 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. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – THÁNG 12/2010 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ Môn thi: TOÁN HỌC – Khối A, B Thời gian: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I: Cho hàm. =========================================================================== ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn thi: TOÁN . Câu Ý Đáp án Điểm I 1 1,0  TXĐ : D = R   1 .  Sự biến thi n: y’ =   2 1 0, 1 x D x   