toilatoih18098@yahoo.com gửi tới http://laisac.tk ĐỀ THI THỬ ĐHCĐ LẦN I NĂM HỌC 2010-2011 Môn Toán- Khối A-B-D Thời gian lµm bµi : 180 phút I . Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm) Câu 1: Cho hàm số )24()15(6)2(32 323 +−+++−= mxmxmxy 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 2. Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x 0 ∈(1;2] Câu 2: 1. Giải phương trình: 2)cos3(sin3sin =+ xxx 2. Giải bÊt phương trình: 116102 2 −−+− xxx 3−≤ x Câu 3: Tìm giới hạn: x 0 ln(1 ) tan 2 lim cot x x x π π → − + Câu 4: Cho lăng trụ đứng ABC.A ’ B ’ C ’ có đáy ABC là tam giác vu«ng c©n đỉnh lµ A . Góc giữa AA ’ và BC ’ bằng 30 0 và khoảng cách giữa chúng là a. Gọi M là trung điểm của AA ’ . Tính thể tích tứ diện MA ’ BC ’ . Câu 5: Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 8 2 3 3( 1) x x y y x y − = + − = + II. Phần riêng ( 3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần( phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: 1. Cho ∆ABC cân đỉnh A .Cạnh bên AB và cạnh đáy BC có phương trình lần lượt là: x + 2y – 1 = 0 và 3x – y + 5 = 0 . Lập phương trình cạnh AC biết đường thẳng AC đi qua điểm M(1; -3). 2. Giải phương trình: )324(log)18(log39 33 +=+− xx xx Câu 7a: Trong một quyển sách có 800 trang thì có bao nhiêu trang mà số trang có ít nhất một chữ số 5. 2. Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: 1. Cho hai đường tròn (C 1 ) : x 2 + y 2 – 2y – 3 = 0 ; (C 2 ): x 2 + y 2 – 8x – 8y + 28 = 0 ; Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C 1 ) và (C 2 ) 2. Giải hệ phương trình: −=+ =+ − yxyx yx xy )(log.3 27 5 3).( 5 Câu 7b: Cho a, b > 0 thoả mãn a 2 + b 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của 1 ab P a b = + + ____________________________________ SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH Trường THPT Minh Khai Ghi chỳ: Thớ sinh khi B ; D khụng phi lm cõu 5 ( phn chung) TRNG THPT MINH KHAI Đáp án và biểu điểm đề thi thử ĐHCĐ lần I Năm học 2010 - 2011 I. Phn chung: Cõu im Cõu 1.1 1. vi m = 0 : y = 2x 3 - 6x 2 + 6x - 2 1. TX: D = R 2. S bin thiờn a. Gii hn y = - ; y = + b. Bng bin thiờn: Ta cú : y / = 6x 2 - 12x + 6 = 6(x- 1) 2 , y / = 0 x =1, y / > 0 , x 1 0,25 Hm s ng bin trờn R Hm s khụng cú cc tr 0,25 3. th. im un: y =12x - 12 , y = 0 x= 1. y i du t õm sang dng khi x qua im x = 1 U(1;0) l im un giao vi Oy : (0;- 2); giao vi Ox: (1;0). Qua im (2;2). Nhn xột : th nhn U(1;0) lm tõm i xng ( Hc sinh t v th) 0,5 Cõu 1.2 Hm s bc 3 cú cc tiu y / = 0 cú 2 nghim phõn bit. Do h s ca x 3 dng x CT > x C 0,25 Ta cú y / =6[x 2 -(m + 2)x+5m+1] , y / = 0 m(x-5) = x 2 -2x +1 (1) Do x= 5 khụng l nghim ca y / = 0 (1) m = = g(x) g / (x)= = 0 hoc x = 1 hoc x = 9 0,25 Bng bin thiờn ca g(x) 0,25 x - 0 + y / + 0 + y + 0 - x - 1 2 5 9 + g / (x) + 0 - - - 0 + g(x) 0 + + - - 16 Từ bảng biến thiên kết hợp với nhận xét trên ⇒hàm số có cực tiểu tại x 0 ∈ (1;2]⇔ -1/3≤ m <0 0,25 Câu Điểm Câu 2.1 sin3x(sinx+ cosx)=2 ⇔ sinxsin3x+ sin3xcosx=2 ⇔ ( cos2x+sin2x)-(cos4x- sin4x) =2 0,5 ⇔ cos(2x- )-cos(4x+) = 2⇔ os(2x- ) 1 3 os(4x+ ) 1 3 c c π π = = − 0,25 ⇔ x= 6 os( +4k ) 1 k c π π π π + = − ⇔ x= 6 k π π + k∈ Z 0,25 Câu 2.2 ĐK : x≥ 1 Đặt u = x-3 , v= v≥ 0 . ta được BPT: ≤ u+v 0,5 ⇔ 2 0 ( ) 0 u v u v + ≥ − ≤ 0u v u v + ≥ ⇔ = 0,25 Vậy BPT 2 3 7 10 0 x x x ≥ ⇔ − + = ⇔ x=5 0,25 Câu 3 0 0 ln(1 ) tan tan ln(1 ) 2 2 lim lim ot x ot x ot x x x x x x x c c c π π π π π → → − + ÷ − = + ÷ ÷ 0,25 Mà 0 0 ln(1 ) .ln(1 )sin lim lim 0 ot x . os x x x x x x x c x c π π π → → − − − = = − 0,25 2 0 0 0 tan sin .sin 2sin 2 2 2 lim lim lim 0 x cot os x os . os x 2 x x x x x x x x c c c π π π π π π π π → → → = = = 0,25 Vậy 0 ln(1 ) tan 2 lim 0 ot x x x x c π π → − + = 0,25 Câu 4 Ta có BB / ∥AA / ⇒ góc giữa AA / và BC / bằng góc giữa BC / và BB / ⇒ · / / 0 30B BC = ⇒ · / 0 60CBC = Gọi N là trung điểm của BC / , H là hình chiếu của N trên (ABC) ⇒ H là trung điểm của BC ⇒ AMNH là h.c.n ⇒ MN∥ =AH Do AH ⊥ BC , AH ⊥ CC / ⇒ AH ⊥ (BCC / ) ⇒ AH ⊥ BC / . từ giả thiết suy ra AH vuông góc với AA / Theo trên , MN∥ AH ⇒ MN ⊥ AA / ; MN⊥ BC / ⇒ MN là khoảng cách giữa AA / và BC / ⇒ MN = a ⇒ AH = a 0,25 Tính V MA / BC / : do BA⊥ (ACC / A / )⇒ V MA / BC / = S MA / C / . AB 0,25 Trong ∆ vuông AHB ta có AB= a, BH = a ⇒ BC= 2a Trong ∆ vuông BCC / : CC / = BC.tan60 0 = 2a 3 0,25 Vậy V MA / BC / = . AM.AC / .BC = 3 3 3 a Câu 5 Giải hệ : (I) 3 3 2 2 8 2 3 3( 1) x x y y x y − = + − = + Ta có (I)⇔ 3 3 2 2 2(4 )(1) 3 6(2) x y y x y − = + − = 0,25 Thay (2) vào (1) : x 3 + x 2 y - 12xy 2 = 0 ⇔ 0 3 4 x x y x y = = = − 0.5 Thay x vào (2) cả 3 trường hợp ⇒ Hệ có các nghiệm là: (3;1) , (- 3; -1) , 6 6 ( 4 ; ) 13 13 − , 6 6 (4 ; ) 13 13 − A / B / C / M N A H C B II. Phần riêng. Câu 6a.1 Vector pháp tuyến của B Clà : 1 n ur = (3; -1); Vector pháp tuyến của AB là : 2 n uur = (1; 2) ⇒ · 1 2 1 2 1 2 n . 1 osABC os(n ; ) 50 n . n c c n n = = = uur uur uur uur uur uur 0,25 Gọi 3 ( ; )n a b uur là vector pháp tuyến của AC là (a 2 +b 2 ≠ 0) ⇒ 1 3 1 os(n ; ) 50 c n = uur uur ⇔ 2 2 3 1 50 10. a b a b − = + 2 0 11 2 0 a b a b − = ⇔ − = 0,5 • Trường hợp 2a - b =0 loại do ∥ AB • Trường hợp 11a - 2b = 0 . chọn a = 2 ⇒ b = 11 Vậy phương trình AC là: 2(x - 1) + 11(y+3) =0 ⇔ 2x + 11y + 31 = 0 0,25 Câu 6a.2 Giải phương trình: 3 3 9 3 log (8 1) log (24 3) x x x x− + = + ĐK x> PT ⇔ 3 (3 1) 3 log (24 3) 0 x x x + − + = 0,5 3 3 log (24 3) 0 x x⇔ − + = Xét 3 ( ) 3 log (24 3) x f x x= − + với x> / 8 ( ) 3 ln 3 ; (8 1)ln3 x f x x = − + // 2 2 64 ( ) 3 ln 3 (8 1) ln3 x f x x = + + 0,25 // ( )f x > 0 ∀ x > ⇒ / ( )f x đồng biến trên ( , +∞) ⇒ / ( )f x =0 có nhiều nhất là 1 nghiệm ⇒ ( ) 0f x = có nhiều nhất là 2 nghiệm. Ta có (0) 0f = ; (1) 0f = . Vậy PT đã cho có 2 nghiệm là : x = 0 ; x = 1 0,25 Câu 7a • Trường hợp 1: số trang có 1 chữ số: có 1 trang • Trường hợp 2: số trang có 2 chữ số 1 2 a a Nếu a 1 = 5⇒ a 2 có 10 cách chọn ⇒ có 10 trang Nếu a 2 = 5 ⇒ a 2 có 8 cách chọn ( vì a 1 ≠ 0,a 1 ≠ 5) ⇒ có 18 trang 0,25 • Trường hợp 3: số trang có 3 chữ số 1 2 3 a a a Do sách có 800 trang ⇒ a 1 chọn từ 1→ 7 + Nếu a 1 = 5 ⇒ a 2 có 10 cách chọn, a 3 có 10 cách chọn⇒có 100 trang + Nếu a 2 =5⇒a 1 có 6 cách chọn(vì a 1 ≠5), a 3 có10 cách chọn⇒có 60 trang + Nếu a 3 =5⇒a 1 có 6 cách chọn, a 2 có 9 cách chọn(vì a 1 ≠5,a 2 ≠5) ⇒có 54 trang 0,5 Vậy số trang thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 233 trang. 0,25 A B C M(1;-3) Câu 6b.1 (C 1 ) có tâm I 1 (0;1), R 1 =2; (C 2 ) có tâm I 2 (4;4), R 2 =2 Ta có I 1 I 2 = 14 9 5+ = > 4 = R 1 +R 2 ⇒ (C 1 );(C 2 ) ngoài nhau + xét tiếp tuyến d ∥ 0y: (d): x+c = 0 d(I 1 ,d) = C ; d(I 2 ,d) = 4 C+ d là tiếp tuyến chung của (C 1 )(C 2 )⇔ 2 4 2 C C = + = ⇔ C = -2⇒ (d): x- 2=0 0,5 + (d) : y = ax+b Do R 1 =R 2 ⇒ d∥ I 1 I 2 hoặc (d) đi qua I(2;) • d∥ I 1 I 2 : 1 2 I I uuur =(4;-3) ⇒ d: 3x - 4y +c =0. d tiếp xúc với (C 1 ), (C 2 ) ⇔ d(I 1 ;d) = 2⇔ 4 2 5 C− + = hoặc C =14 hoặc C= -6 ⇒ có 2 tiếp tuyến chung là: 3x - 4y +14 = 0 và 3x - 4y - 6 =0 • d qua O: phương trình d là: y = ax + - 2a ⇔ ax- y + - 2a =0 d là tiếp tuyến chung⇔ d(I 1 ;d) = 2⇔ 2 3 2 2 2 1 a a − = + ⇔ a= - d: 7x +24y - 14 =0 vậy có 4 tiếp tuyến chung là: x - 2 = 0; 3x - 4y + 14= 0; 3x - 4y - 6 = 0; 7x +24y - 74 =0. 0,25 Câu 6b.2 ĐK: x+y > 0 Hệ đã cho ⇔ 3 5 ( ) 3 27 ( ) 5 x y x y x y x y − − + = + = ⇔ 3 3 5 5 3 27 ( ) 5 x y x y x y x y − − − = + = 0,5 ⇔ 3 3 3 3 5 3 ( ) 5 x y x y x y x y − − − − − = + = ⇔ 3 3 0 ( ) 5 x y x y x y − − − = + = ⇔ 3 3 (2 3) 125 y x x = − − = 0,25 3 2 3 5 y x x = − ⇔ − = ⇔ 4 1 x y = = thỏa mãn điều kiện 0,25 Câu 7b Ta có a 2 + b 2 =1 ⇔ (a + b) 2 - 1=2ab ⇔ (a + b+1)(a+b- 1) =2ab ⇔ = 2 a b+ - ⇒ T = 2 a b+ - 0,5 Mặt khác ta có: a+b ≤ . = nên T≤ ( - 1) Dấu “ =” xảy ra ⇔ a = b = . Vậy T max = ( - 1) Đối với khối B+D điểm của câu 5 chuyển cho Câu1.2 : 0,5đ và câu 4(hình): 0,5 đ . http://laisac.tk ĐỀ THI THỬ ĐHCĐ LẦN I NĂM HỌC 2010-2011 Môn Toán- Khối A-B-D Thời gian lµm bµi : 180 phút I . Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm) Câu 1: Cho hàm số )24()15(6)2(32 323 +−+++−=. biểu điểm đề thi thử ĐHCĐ lần I Năm học 2010 - 2011 I. Phn chung: Cõu im Cõu 1.1 1. vi m = 0 : y = 2x 3 - 6x 2 + 6x - 2 1. TX: D = R 2. S bin thi n a. Gii hn y = - ; y = + b. Bng bin thi n:. mxmxmxy 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 2. Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x 0 ∈(1;2] Câu 2: 1. Giải phương trình: 2)cos3(sin3sin =+ xxx 2. Giải bÊt phương trình: 116102 2 −−+−