Bài giảng ĐỀ THI THỬ LẦN 1 MÔN TOÁN

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7điểm)
Câu I (2,0 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số:
2 3
2
x
y
x
+
=
−
2. Tìm m để đường thẳng (d): y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến
của (C ) tại hai điểm đó song song với nhau.
Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình
2sin6 2sin 4 3 os2 3 sin 2x x c x x− + = +
2. Giải phương trình
2
5 25
log ( 4 13 5) log (3 1) 0x x x− + − − + =
Câu III (1,0 điểm) Tính
2
2
2
0
2010 os 1
lim
x
x
c x
x
→

 
−
 ÷
 ÷
 
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A,
2AB a=
.
Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn:
2IA IH= −
uur uuur
, góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 60
0
. Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và
khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH).
Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số dương thoã mãn
x y z xyz+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
2 2 2
1 2 5
P
x y z
= + +

PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2), các đường thẳng ∆
1

: x + y – 3 = 0 và đường
thẳng ∆
2
: x + y – 9 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc ∆
1
và điểm C thuộc ∆
2
sao cho tam giác ABC
vuông cân tại A.
2. Giải phương trình:
1
2
3 1
3
2
(9 2.3 3)log ( 1) log 27 .9 9
3
x
x x x
x
+
− − − + = −
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số hệ số của số hạng chứa
6
x
trong khai triển
1
2
n
x

x
 
+
 ÷
 
, biết rằng
2 1
1
4 6
n
n n
A C n
−
+
− = +
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai
đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d
1
: x + y + 5 = 0 và d
2
: x + 2y – 7 = 0. Viết
phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG.
2. Giải hệ phương trình
2
3 1 2 3
3 1 1
2 2 3.2

x y y x
x xy x
+ − +

+ + = +


+ =


Câu VII.b (1,0 điểm Cho (1 + x + x
2
+ x
3
)
5
= a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ a
3
x
3
+ …+ a
15

x
15
. Tìm hệ số a
10.
....…………………Hết…………………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011
Câu ý Nội dung Điểm
I
1
TXĐ: D = R\{2}
;lim
2
−∞=
−
→
y
x

+∞=
+
→
y
x 2
lim

⇒
x = 2 là tiệm cận đứng
;2lim
=
−∞→
y
x

2lim
=
+∞→
x
y

⇒
y=2 là tiệm cận ngang
0.25
y’ =
2;0
)2(
7
2
≠∀<
−
−
x
x
⇒
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-

)2;∞
và (2; +
∞
);
Hàm số không đạt cực trị
0.25
Lập đúng, đầy đủ BBT 0.25
Vẽ đồ thị 0.25
2
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là:

032)6(22
2
32
2
=−−−+⇔+=
−
+
mxmxmx
x
x
(x = 2 không là nghiệm của p trình)
0.25
(d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt mà tiếp tuyến tại đó song song với nhau
⇔
(1) có hai
nghiệm phân biệt x
1
; x
2

thoả mãn: y’(x
1
) = y’(x
2
) hay x
1
+x
2
= 4
0.25
2
4
2
6
0)32(8)6(
2
−=⇔





=
−
>++−=∆
⇔
m
m
mm
0.5

II
1
pt đã cho
⇔
2
2 os5 sin 3sin sin cosc x x x x x= +
0.25

⇔
sinx 0
2 os5 3 sinx cosc x x
=


= +

0.25
+)
sinx 0
=
⇔
x k
π
=
0.25
+)
2 os5 3 sinx cosc x x= +
⇔
os5 os( )
3

c x c x
π
= −
⇔
12 2
18 3
k
x
k
x
π π
π π

= − +



= +


0.25
2
Điều kiện:
2
4 13 5 0
3 1 0
x x
x

− + − >


+ >

Pt
⇔
2
5 5
log ( 4 13 5) log 3 1x x x− + − = +
⇔
2
4 13 5 3 1x x x− + − = +

0.25
Đặt
3 1 2 3x y+ = − +
. Ta được hệ phương trình
2
2
4 13 2 8 0
4 12 3 8 0
x x y
y y x

− − + =


− − + =


Giải hệ được y=x hoặc 2y =5-2x

0.25
Với y=x
⇒
2
4 15 8 0x x− + =
, tìm được nghiệm
15 97
8
x
−
=
0.25
Với 2y=5-2x
⇒
2
4 11 3 0x x− + =
, tìm được nghiệm
11 73
8
x
+
=
Vậy tập nghiệm của pt đã cho là
15 97 11 73
;
8 8
T
 
− +
 

=
 
 
 
Chú ý: Pt
⇔
2 2 2
25 1 5 1
4 10 3 1 3 1 (2 ) ( 3 1 )
4 4 2 2
x x x x x x− + = + − + + ⇔ − = + −
0.25
2
2
2
0
2010 os 1
lim
x
x
c x
x
→
 
−
 ÷
 ÷
 
=
2

2 2
2 2
0 0
(2010 1) os 1 os
lim lim
x
x x
c x c x
x x
→ →
 
 
− −
−
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
0.5
III
=
2
2
ln2010
2
2
0 0 0
1 sinx
ln 2010. lim lim os lim ln 2010 1

ln 2010
x
x x x
e
c x
x x
→ → →
 
−
 
− = −
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
0.5
IV
Ta có
⇒−=
IHIA 2
H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH
BC = AB
2

a2
=
; AI =
a
; IH =

2
IA
=
2
a
AH = AI + IH =
2
3a
0,25
Ta có
5
2
a
HC =
Vì
⇒⊥
)(ABCSH
0
60))(;(
==
∧∧
SCHABCSC
;
2
15
60tan
0
a
HCSH
==

0,25
6
15
2
15
)2(
2
1
.
3
1
.
3
1
3
2
.
aa
aSHSV
ABCABCS
===
∆
0,25
)(SAHBI
SHBI
AHBI
⊥⇒




⊥
⊥

Ta có
22
1
)(;(
2
1
))(;(
2
1
))(;(
))(;( a
BISAHBdSAHKd
SB
SK
SAHBd
SAHKd
===⇒==
0.25
V

Đặt
1 1 1
, ,a b a
x y z
= = =
khi đó ta có ab+bc+ca =1 và
2 2 2

2 5P a b c= + +
0.25
Ta có
2 2
( ) ( 2 ) 0a b c b c− − + − ≥
với mọi a, b, c

⇔
2 2 2
2 5 2( ) 0a b c ab bc ca+ + − + + ≥

0.25

⇔
P - 2
0≥
⇔
P
2≥
0.25
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
3 / 11
0
2 0 2 / 11
1
1/ 11
a
a b c
b c b
ab bc ca

c

=
− − =


 
− = ⇔ =
 
 
+ + =
=



Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2
0.25
B ∈ ∆
1
⇔ B(a; 3 –a) . C ∈ ∆
2
⇔ C(b; 9-b)
∆ ABC vuông cân tại A ⇔
2 2
. 0AB AC
AB AC

=



=


uuur uuur

0.25
⇔
2 2
2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1)
2a - 8a = 2b 20b 48 (2)


− +


0.25
H
K
I
BA
S
C
VI.a
1 a = 2 không là nghiệm của hệ trên.
(1) ⇔ b =
5a - 8
a - 2
. Thế vào (2) tìm được a = 0 hoặc a = 4
0.25
Với a = 0 suy ra b = 4. B(0;3), C(4;5)

Với a = 4 suy ra b = 6. B(4;-1), C(6;3)
0.25
2
• ĐK: x > 1
• Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương

0.25



0.25

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm :
0.5
VII.a
Giải phương trình
2 1
1
4 6
n
n n
A C n
−
+
− = +
; Điều kiện: n ≥ 2 ; n ∈ N.
Phương trình tương đương với
( 1)!
( 1) 4 6
2!( 1)!

n
n n n
n
+
− − = +
−
⇔
( 1)
( 1) 4 6
2
n n
n n n
+
− − = +
⇔ n
2
– 11n – 12 = 0 ⇔ n = - 1 (Loại) hoặc n = 12.
0.25
Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn:
( )
12
24 3
12 12
12
12
2 2
12 12
1 1
1
2 2 . .2 .

k k
k
k k k
k k
x C x x C x
x
−
−
−
−
= =
 
+ = =
 ÷
 
∑ ∑

0.25
Số hạng này chứa
6
x
khi
, 0 12
4
24 3 12
k N k
k
k
∈ ≤ ≤


⇔ =

− =

. 0.25
Vậy hệ số của số hạng chứa
6
x
là:
4 8
12
2C
0.25
VI.b
1
Giả sử
1 2
( ; ) 5; ( ; ) 2 7
B B B B C C C C
B x y d x y C x y d x y∈ ⇒ = − − ∈ ⇒ = − +
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:
2 6
3 0
B C
B C
x x
y y
+ + =



+ + =


0.25
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)
0.25
Ta có
(3;4) (4; 3)
BG
BG VTPT n⇒ −
uuur uuur
nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
0.25
Bán kính R = d(C; BG) =
9
5

⇒
phương trình đường tròn: (x – 5)
2
+(y – 1)
2
=
81
25
0.25
2
2
3 1 1x xy x+ + = +




=−+
−≥
⇔



+=++
≥+
⇔
0)13(
1
113
01
2
yxx
x
xxyx
x








−=
−≥

=
⇔








=−+
=
−≥
⇔
xy
x
x
yx
x
x
31
1
0
013
0
1
0.25
Với x = 0 thay vào (1)
11
8

log
11
8
22.12282.322
2
2
=⇔=⇔=+⇔=+
−
y
yyyyy
0.25
Với



−=
−≥
xy
x
31
1
thay y = 1 – 3x vào (1) ta được:
2.322
1313
=+
−−+
xx

Đặt
13

2
+
=
x
t
Vì
1
−≥
x
nên
4
1
≥
t
( )
( )
[ ]





+−=
−+=
⇔




+=

−=
⇔=+−⇔=+⇔
)83(log2y
183log
3
1
x
83t
i¹lo83t
01t6t6
t
1
t)3(
2
2
2
0.25
VËy hÖ ph¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm





=
=
11
8
logy
0x
2

và
( )
[ ]





+−=
−+=
)83(log2y
183log
3
1
x
2
2
0.25
Ta P(x) = [(1 + x)(1 + x
2
)]
5
= (1+x)
5
(1+x
2
)
5
0,25
=

( )
5 5 5 5
2 2
5 5 5 5
0 0 0 0
.
i
k k i k i k i
k i k i
C x C x C C x
+
= = = =
=
∑ ∑ ∑∑
0,25