Đề và đáp án thi thử ĐH 2011 môn Toán lần 1 THPT Xuân Hoà- Vĩnh Phúc

– Download Bài giảng – ðề thi miễn phí
1

Sở Gíao dục & ðào tạo
tỉnh Vĩnh Phúc
Trường THPT Xuân Hoà


KỲ THI KSCL THI ðẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1

ðỀ THI MÔN Toán; Khối A
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao ñề.
ðề thi gồm 01 trang
_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
I/- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7, 0 ñiểm)
Câu I (2,0 ñiểm): Cho hàm số
4 2 2
2 1 (1)
y x m x= + +

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
2. Chứng minh rằng ñường thẳng y = x + 1 luôn cắt ñồ thị của hàm số (1) tại hai ñiểm phân
biệt với mọi giá trị của m.
Câu II (2,0 ñiểm):
1. Giải phương trình:
sin 4 cos4 1 4(sin cos )
x x x x
− = + −

2. Giải hệ phương trình:

3 3
2 2
4 16
1 5(1 )
x y y x
y x
+ = +


+ = +


Câu III
(1,0 ñiểm): Tính giới hạn
2
0
1 cos2 tan
lim
.sin
x
x x
x x
→
− +

Câu IV
(1,0 ñiểm): Trong không gian, cho tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền
AB = 2a. Trên ñương thẳng d ñi qua A và vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy ñiểm S, sao cho
mặt phẳng (SBC) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 60
0

. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện SABC.
Câu V
(1,0 ñiểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
4 3 2
2
4 8 8 5
( )
2 2
x x x x
f x
x x
− + − +
=
− +

II. PHẦN RIÊNG(
3,0 ñiểm
):
Thí sinh chỉ ñược làm một trong phần ( phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa
(2,0 ñiểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ 0xy, cho elíp (E) có tiêu ñiểm thứ nhất
( 3;0)
−
và ñi qua
ñiểm
4 33
(1; )

5
M
. Hãy xác ñịnh toạ ñộ các ñỉnh của (E).
2. Giải phương trình:
2.27 18 4.12 3.8
x x x x
+ = +
.
Câu VII a
(1,0 ñiểm): Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi
số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b
(2,0 ñiểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ 0xy, cho ñiểm A(2; 1). Lấy ñiểm B nằm trên trục hoành có
hoành ñộ không âm sao cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm toạ ñộ B, C ñể tam giác ABC có diện
tích lớn nhất.
2. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai
chữ số chẵn và ba chữ số lẻ.
Câu VII.b
(1,0 ñiểm): Tìm
m
ñể hàm số:
2
1
mx
y
x
−
=

có hai ñiểm cực trị
A
,
B
và ñoạn AB ngắn
nhất.

Hết

Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:…………………………………; Số báo danh:………………

– Download Bài giảng – ðề thi miễn phí
2


ðÁP ÁN, BIỂU ðIỂM
MÔN TOÁN Khối A
Lưu ý : Học sinh làm theo cách khác mà ñúng vẫn cho ñiểm tối ña
Câu ðáp án ðiểm
I 1. (1, 0 ñiểm). Khảo sát….
Với m=1, hàm số trở thành:
4 2
2 1
y x x
= + +

* Tập xác ñịnh: R
* Sự biến thiên

+
3 2
' 4 4 4 ( 1) ' 0 0
y x x x x y x
= + = + ⇒ = ⇔ =



0, 25
Ta có:
' 0 0; ' 0 0
y x y x
> ⇔ > < ⇔ <

Hàm số nghịch biến trong khoảng
(
)
;0
−∞
và ñồng biến trong khoảng
(
)
0;
+∞
;
ñạt cực tiểu tại x=0; y(0)=1

0, 25
+ Giới hạn:
lim lim

x x
y y
→−∞ →+∞
= = +∞

Bảng biến thiên:
x
−∞
0
+∞

y' - 0 +
y
+∞

+∞



1




0, 25

* ðồ thị: Hàm số ñã cho là hàm số chẵn nên ñồ thị nhận trục tung làm trục ñối
xứng.

0,25

2. ((1, 0 ñiểm).
Chứng minh ñường thẳng ….

Số giao ñiểm của hai ñồ thị tương ứng với số nghiệm của phương trình:

4 2 2
2 1 1
x m x x
+ + = +


3 2
( 2 1) 0
x x m x
⇔ + − =
(*)

⇔

3 2
0
2 1 0(**)
x
x m x
=


+ − =

Phương trình (*) có một nghiệm

x = 0


0,25

Ta sẽ ñi chứng minh phương trình:
3 2
2 1 0
x m x
+ − =
(**) có ñúng một nghiệm

6

4

2

-
1
1

2


– Download Bài giảng – ðề thi miễn phí

3

khác 0 với mọi giá trị m

* Nếu m=0 thì pt(**) trở thành:
3
1 0 1
x x
− = ⇔ = ⇒
pt(*) có ñúng 2 nghiệm.
0,25
•

Nếu
0
m
≠
, Xét hàm số
3 2
( ) 2 1
f x x m x
= + −
trên R.
•

Ta có:
2 2
'( ) 3 2 0,
f x x m x R
= + > ∀ ∈
⇒
f(x) luôn ñồng biến trên R
( ) 0
f x

⇒ =
có nhiều nhất một nghiệm.

0,25
Ta có: f(0) = -1; f(1) =2m
2
>0
(0). (1) 0
f f
⇒ < ⇒
pt
( ) 0
f x
=
có nhiều nhất một
nghiệm thuộc (0; 1).
Vậy pt (**) có ñúng một nghiệm khác 0
⇒
(ñpcm)

0,25
II 1. (1, 0 ñiểm).
Giải phương trình:
sin 4 cos 4 1 4(sin cos )
x x x x
− = + −
(1)

ðK:
x R

∀ ∈


[ ]
2
2 2
(1) sin 4 1 cos 4 4(sin cos )
2sin 2 .cos 2 2cos 2 4(cos sin )
(cos sin )(cos2 sin 2 ) 2(cos sin ) 0
(cos sin ) (cos sin )(cos 2 sin 2 ) 2 0 (2)
x x x x
x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
⇔ = + + −
⇔ = − −
⇔ − − − − =
⇔ − + − − =




0,25
Xét hai khả năng xảy ra cho (2):
* TH1:
cos sin 0 tan 1
4
x x x x k
π
π

− = ⇔ = ⇔ = +

0,25
* TH2:
(cos sin )(cos 2 sin 2 ) 2 0
2cos(2 ).cos( ) 2 0
4 4
cos3 cos( ) 2 (*)
2
x x x x
x x
x x
π π
π
− − − =
⇔ + − − =
⇔ + + =

cos3 1 (3)
cos( ) 1 (4)
2
x
x
π
=


⇔

+ =










0,25

Xét:
cos( ) 1 2
2 2
x x m
π π
π
+ = ⇔ = − +

3
3 6
2
x m
π
π
⇔ = − +

Lúc ñó:
3
cos3 cos( 6 ) 0

2
x m
π
π
= − + =
( Vô lý với (3))
Vậy (*) vô nghiệm., nên (1) có nghiệm:
4
x k
π
π
= +




0,25.

2.(1, 0 ñiểm). Giải hệ phương trình:
3 3
2 2
4 16
1 5(1 )
x y y x
y x

+ = +


+ = +




HPT

2 2 2 2
2 2 2 2
( 16) ( 4) ( 16) 5 (1)
4 5 4 5 (2)
x x y y x x x y
y x y x
 
− = − − =
 
⇔ ⇔
 
− = − =
 
 


0,25
Pt (1)
2
0
16 5 (3)
x
x xy
=


⇔

− =


+) x = 0 thay vào (2) ta ñược
2
y
= ±

+)
0
x
≠
, pt (3)
2
16
5
x
y
x
−
⇔ = thay vào (2) ta ñược:
4 2 2
124 132 256 0 1
x x x
+ − = ⇔ =

0,5

•

Nếu x = 1 thì y = -3


– Download Bài giảng – ðề thi miễn phí

4

S

A

C

B

•

Nếu x =-1 thì y = 3.
Vậy HPT có các nghiệm: (x; y) =( 0; 2); (0; -2); (1; -3); (-1; 3).
0,25
III
(
1, 0 ñiểm
) Tính giới hạn: I=
2

0
1 cos 2 tan
lim
.sin
x
x x
x x
→
− +



2
2
2
0
sin
2sin
cos
lim
.sin
x
x
x
x
I
x x
→
+
=

0,5


2
0
2sin sin
lim( ) 2 1 3
.cos
x
x x
I
x x x
→
= + = + =


0,5
IV
(1 ñiểm):
Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC.
Từ giả thiết suy ra
ABC
∆

vuông tại C kết hợp với
( )
d SAC
⊥

.
Suy ra
( )
BC SAC
⊥

Do ñó
·
0
60
SCA =

Do
ABC
∆
vuông tại C và AB =2a
2
AC BC a
⇒ = =
Trong tam giác vuông SAC ta có
0
.tan 60 6
SA AC a
= =


0,5
Trong tam giác SAB có:
2 2
10

SB SA AB a
= + =

Do
·
·
0
90
SCB SAB= = nên tứ diện SABC nội tiếp trong mặt cầu ñường kính SB.


0,25

Suy ra bán kính mặt cầu bằng

10
2 2
SB a
=

Vậy S
2 2
4 10
mc
R a
π π
= = (ð.V.D.T)

0,25
V

(1 ñiểm):
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
4 3 2
2
4 8 8 5
( )
2 2
x x x x
f x
x x
− + − +
=
− +

Tập xác ñịnh của hàm số là R.
Ta có:
4 3 2
2
4 8 8 5
( )
2 2
x x x x
f x
x x
− + − +
=
− +
=
2 2 2
2

( 2 ) 4( 2 ) 4 1
2 2
x x x x
x x
− − − + +
− +


0,5
2 2
2 2
2 2
( 2 2) 1 1
( ) 2 2 2( 2 2 0
2 2 2 2
x x
f x x x do x x
x x x x
− + +
= = − + + ≥ − + >
− + − +
)

0,25

ðẳng thức xảy ra
2
2 2 1 1
x x x
⇔ − + = ⇔ =

.
Vậy Minf(x) = 2 khi x =1
0,25
Vi.a
1.(1 ñiểm):
Hãy xác ñịnh toạ ñộ các ñỉnh của (E).

(E) có tiêu ñiểm
1
( 3;0)
F −
nên
3
c =
Phương trình chính tắc của (E) có dạng:
2 2
2 2
1
x y
a b
+ =
(a>b>0)

0,25

Ta có:
4 33
(1; )
5
M

2 2
1 528
( ) 1(1)
25
E
a b
∈ ⇒ + =
và
2 2 2 2
3
a b c b
= + = +
thay vào
(1) ta
ñược:
4 2
2 2
1 528
1 25 478 1584 0
3 25
b b
b b
+ = ⇔ − − =
+
2
22 22
b b⇔ = ⇒ =

0,5

– Download Bài giảng – ðề thi miễn phí

5

Suy ra:
2
25 5
a a
= ⇒ =
. Vậy (E) có bốn ñỉnh là: (-5;0); (5; 0); (0;-
22
); (0;
22
)
0,25

2. (1,0 ñiểm):
Giải phương trình:
2.27 18 4.12 3.8
x x x x
+ = +
.
Ta có PT
3 2 2 3
2.3 2 .3 4.2 3 3.2
x x x x x x
⇔ + = +
.

0,25
Chia cả hai vế cho
3
2 0
x
>
: PT
3 2
3 3 3
2 4 3 0
2 2 2
x x x
     
⇔ + − − =
     
     
.
0,25
ðặt
3
2
x
t
 
=
 
 
, ñk: t>0. PT trở thành:

( )

(
)
3 2 2
2 4 3 0 1 2 3 0
1
3
2
t t t t t t
t
t
+ − − = ⇔ + − − =
= −


⇔

=

.
Do t >0 nên t=
3
2

0,25



Khi
3
2

t
=
, ta có:
3 3
1
2 2
x
x
 
= ⇔ =
 
 
. KL: Nghiệm PT là
1
x
=
.
0,25
ViIa

(1,0 ñiểm).
Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong
mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.

Từ giả thiết bài toán ta có
6
2
4
=C
cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)

và
10
2
5
=C
cách chọn hai chữ số lẻ => cã
2
5
C
.
2
5
C
= 60 bộ 4 số thoả mãn bài
toán.
0,5

Mỗi bộ 4 số như thế có 4! số ñược thành lập. Vậy có tất cả
2
4
C .
2
5
C
.4! = 1440
số.
0,5
VI.b
1. (1 ñiểm):
Tìm toạ ñộ B, C ñể tam giác ABC có diện tích lớn nhất.

Gọi A(2; 1); B(b; 0); C(0; c); b, c > 0.
Theo giả thiết ta có tam giác ABC vuông tại A
nên
5
. 0 2 5 0
2
AB AC c b O b
= ⇔ = − + ≥ ↔ ≤ ≤
uuur uuur



0,25
2 2 2
1 1
. ( 2) 1. 2 ( 1)
2 2
ABC
S AB AC b c
∆
= = − + + −
2 2
( 2) 1 4 5
b b b
= − + = − +


0,5

Do

max
5
0
2
b S
≤ ≤ →
khi b =0. Suy ra B(0; 0); C(0; 5).

0,25

2.(1 ñiểm):
Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn
có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ

Từ giả thiết bài toán ta thấy có
10
2
5
=C
cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có
chữu số 0 ñứng ñầu ) vµ
3
5
C
=10 cách chọn hai chữ số lẻ => cã
2
5
C
.
3

5
C
= 100 bộ
5 số ñược chọn.


0,5

Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số ñược thành lập => có tất cả
2
5
C
.
3
5
C
.5! = 12000 số.
Mặt khác số các số ñược lập như trên mà có chữ số 0 ñứng ñầu là

0,5

– Download Bài giảng – ðề thi miễn phí

6

960!4
3
5
1
4

=CC
. Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thoả mãn YCBT.
VII.b
(1 ñiểm):
Tìm m ñể hàm số:
2
1
mx
y
x
−
=
có hai ñiểm cực trị
A, B và ñoạn AB ngắn nhất.
Ta có:
2
2
1
'
mx
y
x
+
=
.
0,25
Hàm số có hai cực trị
' 0
y
⇔ =

có hai nghiệm phân biệt khác 0
0(*)
m
⇔ <
.
0,25
Khi m<0 ñồ thị hàm số có hai ñiểm cực trị là:

( )
( )
2
1 1 4
;2 , ; 2 16
A m B m AB m
m
m m
   
− − − − ⇒ = + −
   
−
− −
   
.
0,25


( )
( )
2
4

2 .16 16
AB m
m
≥ − =
−
( không ñổi).
1
4
2
4 16( )
1
2
m
AB m
m
m

= −

= ⇔ = − ⇔

−

=



Kết hợp với ñiểu kiện (*) ta ñược
1
2

m
= −
.
KL:
0,25