Bài soạn Đề-ĐA Thi thu ĐH Khối B Hậu Lộc 4 Thanh Hóa -2010-2011

I. Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số :
162
23
++−=
xxy
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2. Tìm m để đường thẳng y = mx + 1 cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C sao cho A(0; 1) và B là trung điểm
của AC.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
xxxxx 3cos.3sin)32(cos)
4
(cos.cos2
2
=++−
π
2. Giải hệ phương trình:





=−++
=−−+−
01532
0542
22
224
yxyx
yyxx

Câu III (1,0 điểm ). Tính giới hạn :
13cos
1
lim
2
0
2
−
+−
=
→
x
xe
I
x
x
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A (AD//BC). Biết AD =
2a ; BC= a ,SD = 3a , tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, gọi I là trung điểm của AB
.Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.IBC.
Câu V (1,0 điểm) . Cho x , y là các số thực không âm thay đổi và thỏa mãn điều kiện:
)(21)(4
22
yxxyyx
++≤++
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
22
yxyxxyP
−−++=
.
II.Phần riêng (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B biết đỉnh B nằm trên trục tung, M( 1; 1)
là trung điểm của cạnh AB và đường thẳng AC có phương trình : x – y – 3 = 0 . Tìm tọa độ điểm C.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng
02:
=+−∆
yx
, viết phương trình đường tròn tâm
I( 1;2) và cắt
∆
theo dây cung AB sao cho tam giác IAB có diện tích bằng
2
3
Câu VII.a (1,0 điểm) .Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển nhị thức Niutơn của:
n
x
x









+
5
4
5
1
,
biết
45
21
=+
−−
n
n
n
n
CC
( Trong đó
k
n
C
là số tổ hợp chập k của n )
B.Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm )
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho (E):
1
14
22
=+
yx
có hai tiêu điểm là

21
; FF
, gọi A ,B là hai điểm
trên (E) sao cho
2
21
=+
BFAF
.Tính
12
BFAF
+
.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, biết
0
120
=
∧
BAC
, M( 1; 2) là trung điểm
của cạnh AC , đường thẳng BC có phương trình: x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A biết điểm C có hoành độ
dương.
Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình :





=+

=++
++
1622
1)1(log)2(log
2
2
12
yxx
xy
........................Hết..............................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Giám thị xem thi không giải thích gì thêm
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
--------***--------
ĐỀ THI THƯ
̉
ĐA
̣
I HO
̣
C LÂ
̀
N 1 NĂM HỌC 2010 – 2011
Môn thi :TOÁN - Khối B
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề)
Họ và tên thí sinh:...............................................................;Số báo danh :................
ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY HỌC BỒI DƯỠNG LẦN 1,NĂM HỌC 2010-2011
MÔN TOÁN , KHỐI B
Câu Nội Dung Điểm
I
(2,0đ)

1.(1,0đ)
TXĐ: D = R
Chiều biến thiên:
)2(6126
2,
−−=+−=
xxxxy
;



=
=
⇔=
2
0
0
,
x
x
y
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng:
( )
0;
∞−
và
( )
+∞
;2
,đồng biến trên

khoảng (0; 2)
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 0
1
=⇒
ct
y
, đạt cực đại tại điểm x
= 2
9
=⇒
cd
y
Giới hạn:
+∞=
−∞→
y
x
lim
;
−∞=
+∞→
y
x
lim
Bảng biến thiên:
Đồ thị: Đi qua các điểm (3 ; 1) ; (-1;9)
Cắt trục tung tại điểm (0; 1) ; nhận I(1;5) làm điểm uốn.
2 (1,0đ).
Pt hoành độ giao điểm của đường thẳng y = mx +1 và (C) :
0)62(1162

223
=+−⇔+=++−
mxxxmxxx



=+−
=
⇔
062
0
2
mxx
x
Với x = 0
⇒
y = 1
⇒
A(0; 1)
Đường thẳng y = mx+ 1 cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C
⇔
pt
062
2
=+−
mxx
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
x
∞−
2
∞+
0
∞−
9
1
∞+
,
y
y
0 0
O
1
y
O x
9
5
-1
2
II
(2,0đ)
III
(1,0đ)
Có hai nghiệm phân biệt
21
, xx
khác 0




≠
>∆
⇔
0
0
,
m



≠
>−
⇔
0
029
m
m





≠
<
⇔
0
2

9
m
m
Khi đó
)1;(
11
+
mxxB
;
)1;(
22
+
mxxC
. Vì B là trung điểm của AC nên
12
2xx =⇒
(1)
Mà
21
; xx
là nghiệm của phương trình : 062
2
=+− mxx nên:





=
=+

2
3
21
21
m
xx
xx
(2)
Từ (1) và (2)
4
=⇒
m
1.(1,0đ)
Pt
xxxxx 3cos3sin)32(coscos).2sin1(
=+++⇔
xxxxxxx 3cos3sin3)sin2coscos.2(sincos
=+++⇔
xxxx 3sin3cos3sin3cos
−=+⇔
xxxx 3sin
2
1
3cos
2
3
sin
2
3
cos

2
1
−=+⇔
)
3
cos()
6
3cos(
ππ
−=+⇔
xx






++−=+
+−=+
⇔
π
ππ
π
ππ
2
36
3
2
36
3

kxx
kxx






+=
+−=
⇔
224
4
ππ
π
π
kx
kx
(
)Zk
∈
2.(1,0đ)
Hpt





=−+−+−−
=−+−

⇔
5)2(4)1(4)2)(1(
10)2()1(
22
222
yxyx
yx
Đặt



−=
−=
2
1
2
yv
xu
; ta có hệ phương trình :



=++
=+
5)(4
10
22
vuuv
vu




=++
=−+
⇔
5)(4
102)(
2
vuuv
uvvu



=
−=+
⇔
45
10
uv
vu
(vô nghiệm) hoặc



−=
=+
3
2
uv
vu

Với



−=
=
⇔



−=
=+
1
3
3
2
v
u
uv
vu
hoặc



=
−=
3
1
v
u

0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
IV
(1,0đ)
V
(1,0đ)
Với



−=−
=−
⇒



−=
=
12
31
1
3
2

y
x
v
u



=
=
⇔
1
2
y
x
hoặc



=
−=
1
2
y
x
Với



=−
−=−

⇒



=
−=
32
11
3
1
2
y
x
v
u




=
=
⇔
5
0
y
x
Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm (x; y) là: (2; 1) ; (-2; 1) và (0; 5)
1,0đ
Ta có : I =
2

0
2
2
0
2
0
13cos
lim
11
lim
1
lim
2
x
x
x
x
x
e
x
x
x
x
−
−+
−
−
→
→→
Với

1
1
lim
2
0
2
=
−
→
x
e
x
x
;
=
++
=
−+
→→
)11(
lim
11
lim
22
2
0
2
2
0
xx

x
x
x
xx
2
1
11
1
lim
2
0
=
++
→
x
x
4
9
2
3
sin
lim
4
9
.2
2
3
sin
lim2
13cos

lim
2
2
0
2
2
2
0
x
x
x
x
x
x
xxx
→→→
−=−=
−
=
2
0
2
3
2
3
sin
lim
2
9













−
→
x
x
x
=
2
9
−
⇒
I =
9
1
2
9
2
1
1
−=

−
−
1,0đ
Vì : (SAB)
⊥
(ABCD) và (SAB)
∩
(ABCD) = AB
Mà SI
⊥
AB , nên SI
⊥
(ABCD)
⇒
ABCDABCDS
SSIV .
3
1
.
=
Đặt AB = x , ta có SI =
2
3x
ID =
4
4
2
2
x
a

+
Vì
4
4
4
3
9
2
2
2
2222
x
a
x
aIDSISD
++=⇔+=
55
22
axax
=⇔=⇔
Khi đó : SI=
2
15
2
3 ax
=
;
)2(5.
2
1

)(.
2
1
aaaBCADABS
ABCD
+=+=
=
2
53
2
a
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
A
D
B
S
C
I