ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,B,D - TRƯỜNG THPT MINH KHAI pdf

gửi tới

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



 

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

1. vi m = 0 : y = 2x
3
- 6x
2
+ 6x - 2
1. TX: D = R
2. S bin thiờn
a. Gii hn lim

x -
y = -
;
lim

x +
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
Cõu 1.1
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
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 Cõu 1.2
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 =

x
2
-2x+1
x-5
= g(x)
g
/
(x)=
x
2
-10x+9
(x-5)
2
= 0 hoc x = 1 hoc x = 9
0,25
x - 0 +
y
/
+ 0 +
y +
0
-

Bảng biến thiên của g(x)

0,25
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

sin3x(sinx+ 3 cosx)=2  sinxsin3x+ 3 sin3xcosx=2
 (
1
2
cos2x+
3
2
sin2x)-(
1
2
cos4x-
3
2
sin4x) =2
0,5

 cos(2x-

3
)-cos(4x+

3
) = 2
os(2x- ) 1
3
os(4x+ ) 1
3
c
c








 



0,25
Câu 2.1

x=
6

os( +4k ) 1
k
c


 





 

 x=
6
k


 k Z
0,25
ĐK : x 1
Đặt u = x-3 , v= x-1 v 0 . ta được BPT: 2(u
2
+v
2
)  u+v
0,5

2
0

( ) 0
u v
u v
 


 


0
u v
u v
 






0,25
Câu 2.2
Vậy BPT
2
3
7 10 0
x
x x





  

 x=5

0,25
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
 
  
 
 
 
 

 
 
 
 

0,25

Mà
0 0
ln(1 ) .ln(1 )sin
lim lim 0
ot x . os x
x x
x x x x
c xc

 
 
  
 


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

  


 

  
  

0,25
Câu 3
Vậy
0
ln(1 ) tan
2
lim 0
ot x
x
x
x
c



 


0,25
x - ∞ 1 2 5 9 +∞
g
/

(x)

+ 0 - - - 0 +
g(x) 0 +
∞ +∞


-1
3

-
∞
-
∞ 16

Ta có BB
/
∥
AA
/
 góc giữa AA
/
và BC
/
bằng góc giữa BC
/
và BB
/


·
/ / 0
30
B BC 

·
/ 0
60
CBC 

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
/
=
1
3
S
MA
/
C
/
. AB
0,25
Trong  vuông AHB ta có AB= a 2, BH = a  BC= 2a
Trong  vuông BCC
/
: CC
/
= BC.tan60
0
= 2a
3

0,25
Câu 4
Vậy V
MA
/
BC
/
=
1
3
.
1
2
AM.AC
/
.BC =
3
3
3
a


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
Câu 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.
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
Câu 6a.1
 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
Giải phương trình:
3 3
9 3 log (8 1) log (24 3)
x x
x x

   

ĐK x>
-1
8
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>
-1
8

/
8
( ) 3 ln3 ;
(8 1)ln3
x
f x
x
 

// 2
2
64
( ) 3 ln 3
(8 1) ln3
x
f x
x
 


0,25
Câu 6a.2
//
( )
f x
> 0  x >
-1
8


/
( )
f x
đồng biến trên (
-1
8
, +∞) 
/
( )
f x
=0
có nhiều nhất là 1 nghiệm 
( ) 0
f x

có nhiều nhất là 2 nghiệm. Ta
có
(0) 0
f

;
(1) 0
f

. Vậy PT đã cho có 2 nghiệm là : x = 0 ; x = 1
0,25
 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 Câu 7a
 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)
0,5

A
B

C
M(1;-3)
có 54 trang
Vậy số trang thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 233 trang. 0,25
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;
5
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 +
5
2
- 2a  ax- y +
5
2
- 2a =0
d là tiếp tuyến chung d(I

1
;d) = 2
2
3
2
2
2
1
a
a



 a= -
7
24

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
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
Câu 6b.2
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

ab
a+b+1
=
2
a b


-
1
2
 T =
2
a b

-
1
2

0,5
Mặt khác ta có: a+b  2 . a
2
+b
2
= 2 nên T
1
2
( 2 - 1)
Dấu “ =” xảy ra  a = b =
2
2
. Vậy T
max
=
1
2
( 2 - 1)

Đối với khối B+D điểm của câu 5 chuyển cho Câu1.2 : 0,5đ và câu 4(hình): 0,5 đ