Đề thi môn Toán Khối A - Thi thử Đại học - Cao đẳng năm 2011 - Đại học sư phạm Hà Nội

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 ...
2 3 1 1
n
n
n n n nC C C Cn 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 0x 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
ì - =ï Îí
ï + - =î
. 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:................... 
 - WWW.MATHVN.COM -
 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952 
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 
=================================================