3 bo de

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.08 MB, 14 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH:(7,0 điểm)

Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : y = x3 – 2mx2 + m2x – 2 (1), m là tham số.
1.Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.

2. Tìm m để hàm số (1) đạt cực đại tại x = -1.
Câu II: (2 điểm)

1. Giải phương trình: 4 sin2 3 3 cos 2 1 2 cos (2 )

2 4

x

x x p

- = + - .

2. Giải hệ phương trình :

2 2

2 3 1 2( )

3 2 5

x y y x x y

x y xy x y

́ - + =

-ï
í

+ = - +

ï
ỵ
Câu III:( 1 điểm)

Tìm họ nguyên hàm của hàm số :

3 1

( )

2
x

x x

y e

x x

+ +

Câu IV: ( 1 điểm) Cho hình chóp SABC có SA = a, SB = b, SC = c. Các góc ở
đỉnh S : ASB, ASC, CSB bằng nhau và bằng 600. Tính thể tích khối chóp SABC.

Câu V:( 1 điểm)

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 11 2 (1 72)
2

y x

x x

= + + + , x >0

PHẦN RIÊNG: (3,0 điểm)Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần 
A.Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa: (2 điểm)

Cho đường trịn (C) có phương trình: x2 + y2 - 2x – 6y + 6 = 0 và điểm M ( -3 ; 1 ).
1.Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) qua M.

2. Gọi A, B là hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến qua M. Viết phương trình đường thẳng
AB.

Câu VIIa: (1 điểm)

Tìm hệ số của x5 trong khai triển thành đa thức của: (1 2 )2 2(1 3 )
n

n

x - x +x + x , biết n là
số nguyên dương thoả mãn: Tồn tại k nguyên (1£k£n-1) sao cho:

1 1

2 9 24

k k k

n n n

C - C C +

= =

B.Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb: ( 2 điểm):

Trong hệ toạ độ đè các vng góc trong mặt phẳng cho parabol (P) có đỉnh tại gốc toạ
độ O, nhận trục toạ độ làm trục đối xứng và đi qua điểm A(2; 2 2 ).Đường thẳng (d)
qua I( ;1)5

2 cắt (P) tại hai điểm M, N sao cho: MI = NI.

1.Tính độ dài đoạn thẳng MN.
2. Tính diện tích DOMN.

Câu VIIb: ( 1 điểm)
Giải bất phương trình: 2

3 2 2 3 2 2 2 1

log (x 1) log (2x 1) log 2

- - + + - ³ - .

...Hết...
Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4

---***---ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2010 – 2011 
Mơn thi :TỐN - Khối A

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN KHỐI A LẦN I 
 NĂM HỌC 2010 – 2011.

Câu Đáp án Điểm

Câu I

1. khảo sát và vẽ đồ thị hàm số m=1

Học sinh trình bày đầy đủ các bước của khảo sát cho điểm tối đa
Với m=1: y = x3 – 2x2 +x – 2 . Tính y, = 3x2 – 4x + 1= 0 .

CĐ(1; 50)

3 -27 ; CT (1; -2).

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; );(1;1 )
3

-¥ +¥ . Hàm số nghịch

biến trên ( ;1)1

3 .Lập bảng biến thiên, nêu điểm uốn của đồ thị.

Vẽ đồ thị hàm số

2. Hàm số đạt cực đại tại x= -1

'
''

( 1) 0

1
( 1) 0

f

m
f

́ - =

Ûí Û =

-- <
ï

ỵ

0.5 đ

0 .5đ

1.0đ

Câu II

2 cos 3 3 cos 2 sin 2 cos( 3 ) cos(2 )
6
5

( )

7 2

30 5

x x x x x

x k

k Z
k

x

p
p

p p

Û - = + Û - =

-é

= +

Ûê Ỵ

ê = +
êë

2. Đk :

1
3
0
x
y

-́

³
ï
í
ï ³
ỵ

;

2 2

2 3 1 2( )

3 2 5

x y y x x y

x y xy x y

́ - + =

-ï
í

+ = - +

ï
ỵ

Ta có: 3x2 + 2y2 -5xy +x – y = 0

( )(2 3 1) 0

2 3 1

x y

x y y x

y x

=
é

Û - - - = Û ê

= +

thế vào (1) được :

0.5 đ

0.25 đ

0.5 đ 
O

x
y

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

x=y=0; 1

2
x
y

́
í

=
ỵ

0.25đ

Câu III

Hàm số: y = 2

2
1

( 2 )

x

x x e

x x

+ +

có họ nguyên hàm là

F(x) = 2

( 2 ) x

x + x e + C

0.5 đ

Câu IV

dt( ) 1 .sin 600 3

2 4

cb

SBC cb

D = = . Hạ AH vng góc (SBC) và

, ( )

HM^SC HN^SB̃ DSMA= DSNA ch-gn nên SH là phân

giác góc BSC. Tính SM =

2 2

SA a

= 3

3
a
SH

̃ = . Theo pitago:

AH = 6

3
a

. VSABC =

2
12
abc

0.25 đ

0.25

Câu V

Bu nhia có:

7 7

(1 )(9 7) (3.1 7 )

7 7

4 1 (3 )

x x

+ + ³ +

Û + ³ +

Nên hàm số : y 11 1(3 7) 9 3 15

2 2 2

x y x

x x x

³ + + + Û ³ + + ³

Min y = 15

2 khi x = 3.

0.5 đ

0 .25 đ 
0 .25 đ

Câu 
VIa

1. (C): (x-1)2 + (y – 3)2 = 4. Tâm I(1; 3); R = 2.
Pt tiếp tuyến a(x + 3) + b(y – 1) = 0. Đk tiếp xúc được 2 tiếp
tuyến: (d): y – 1 = 0. (d’) : 4x -3y +15 = 0.
2. A ( x0; y0 ); B (x1; y1 ) với toạ độ A, B thoả mãn pt đường tròn.

Pt tiếp tuyến tại A: x0x+ y0y – (x+x0)-3(y+y0)+6 = 0.

Pt tiếp tuyến tại B : x1x+ y1y – (x+x1)-3(y+y1)+6= 0.

Hai tiếp uyến cùng qua M(-3; 1) nên: 0 0

1 1

2 3 0

x y
x y

+ - =
́

+ - =
ỵ

Pt đường thẳng AB: 2x +y -3 = 0.

0.25 đ 
0.25đ 
0.5 đ

0.25đ

0.5 đ 
0.25 đ

S C

B
A

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu 
VIIa

Từ đk:

2 2

2 9 11

10
3 8

11
9 24

k k
n n
k k
n n

C C n

k

n
n

C C

k

́ ́ +

= =

ï ï

ï ï

Û ̃ =

í í

-ï = ï =

ï ỵ

ỵ

Khai triển: x(1-2x)5 + x2(1+3x)10 .

x(1-2x)5 = x (C50-C512x+C524x2 -C538x3+C5416x4-C5532x5). Hệ
số của x5 là :C54.16=80

x2(1+3x)10 = x2( 0 1 10 10 10

10 103 ... 103

C +C x+ +C x . Hệ số của x5 là

3 3
10.3

C . Vậy hệ số trong khai triển của x5 là: 3320

0.5đ

0.25đ

0.25 đ

Câu 
VIb

Theo đk bài tốn Elip có pt dạng: y2 = 2px hoặc x2 = 2py.

TH1: y2 = 2px qua A(2; 2 2 ) nên p = 2. Pt (P): y2= 4x.

2 2

( ; ); ( ; )

4 4

m n

M m N n có m2 + n2 = 5 và m+n = 2.

M(4 ; 4); N(1; -2).

1. Vậy MN = 3 5

2. pt đường thẳng MN 2x –y -4 =0 . Khoảng cách từ O đến MN là

OH= 4

5. Nên dt(DOMN)= 6 (đvdt)

TH2: x2 = 2py qua A(2; 2 2 ) nên p =

1
2 . Pt:

x = y.

2 2

( ; ); ( ; ).

2 2

a b

M a N b Đk

2 2
5

2 2

a b

+ =
́
ï
í

+ =

ỵ

vơ nghiệm (loại)

0.25đ 
0.25đ 
0.25đ 
0.25đ 
0.25đ 
0.25đ 
0.25đ

0.25 đ

Câu 
VIIb

Đk: x >1

2 2 2

3 2 2 3 2 2 2 1

( 2 1) ( 2 1) ( 2 1)

log ( 1) log (2 1) log 2
log ( 1) log (2 1) log 2

4 1 0 2 3 2 3

x x

x x x

-- +

-- -

-- + - ³

Û - + - ³

Û - + £ Û - £ £ +

Kết hợp đk: 1<x£ +2 3

0.25đ

0.25đ 
0.25 đ

0.25 đ

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

I. Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số : 2 36 2 1

x
x
y

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽđồ thị (C) của hàm số

2. Tìm m đểđường 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: x x ) (cos2x 3)sinx 3.cos3x
4

(
cos
.
cos

2 2    

2. Giải hệ phương trình:


















0
15
3
2

0
5
4
2

2
2

y
x
y
x

y
y
x
x

Câu III (1,0 điểm ). Tính giới hạn :

1
3
cos

lim 2






 x

x
e

I

x
x

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A (AD//BC). Biết AD =
2a ; BC= a ,SD = 3a , tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vng 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:
)

(
2
1
)
(

4 2 2

y
x
xy

y

x      . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : Pxy xy x2 y2.

II.Phần riêng (3,0 điểm)

Thí sinh chỉđược 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 độđiểm C.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng :xy20 , viết phương trình đường trịn

tâm I( 1;2) và cắt  theo dây cung AB sao cho tam giác IAB có diện tích bằng
2

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 1 n2 45

n
n

n C

C ( Trong đó Cnk 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
1
4

2
2


 y

x

có hai tiêu điểm là F1;F2 , gọi A ,B là hai điểm

trên (E) sao cho AF1BF2 2.Tính AF2 BF1.

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, biết  1200

BAC , M( 1; 2) là trung
điểm của cạnh AC , đường thẳng BC có phương trình: x – y + 3 = 0. Tìm tọa độđiểm A biết điểm C có
hồnh độ dương.

Câu VII.b (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình :















 2 16

1
)
1
(
log
)
2
(
log

2
1
2

y
x
x

x
y

...Hết...

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu.Giám thị xem thi khơng giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh:...;Số báo danh :...
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY HỌC BỒI DƯỠNG LẦN 1,NĂM HỌC 2010-2011 
MƠN TỐN , KHỐI B

Câu Nội Dung Điểm

I
(2,0đ)

1.(1,0đ)
TXĐ: D = R

Chiều biến thiên: , 6 2 12 6 ( 2)
x
x
x
x

y ; 










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  yct 1, đạt cực đại tại điểm x

= 2  ycd 9

Giới hạn: 



 y

xlim ; xlimy
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
)
6
2
(
1
1

2 3  2     2   

 x x mx x x x m 










2
0
2

m
x
x
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 2 2 6  0

m
x
x

0,25

x  0 2 




1



,
y

0 0

O
1

O x

-1

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

II
(2,0đ)

III
(1,0đ)

Có hai nghiệm phân biệt x1,x2 khác 0








0
0
,

m 






0

0
2
9
m
m







0
2
9
m
m

Khi đó B(x1;mx1 1) ; C(x2;mx2 1) . Vì B là trung điểm của AC nên

1
2 2x

x 

 (1)

Mà x1;x2 là nghiệm của phương trình : 2x2 6xm0 nên:









2
3
2
1
2
1
m
x
x
x
x
(2)
Từ (1) và (2) m4

1.(1,0đ)

Pt(1sin2x).cosx(cos2x 3)sinx 3cos3x
x
x
x
x
x
x

x (sin2 .cos cos2 sin ) 3sin 3cos3

cos    



x
x

x

x 3sin 3cos3 sin3

cos   

 x x x sin3x

2
1
3
cos
2
3
sin
2
3
cos
2
1





)
3
cos(
)
6
3

cos(   

 x x
























2
3
6
3
2
3
6
3
k
x
x
k
x
x













2
24
4




k
x
k
x

(kZ)

2.(1,0đ)
Hpt

















5
)
2
(
4
)
1
(
4
)
2
)(
1
(
10
)
2
(
)
1
(
2
2
2
2
2

y
x
y
x
y
x
Đặt







2
1
2
y
v
x
u

; ta có hệ phương trình :










5
)
(
4
10
2
2
v
u
uv
v
u










5
)
(
4
10
2

)
( 2
v
u
uv
uv
v
u








45
10
uv
v
u

(vơ nghiệm) hoặc








3
2
uv
v
u

Với















1
3
3
2
v
u
uv
v

u

hoặc






3
1
v
u

Với

















1
2
3
1
1
3 2
y
x
v
u






1
2
y
x

hoặc






1

2
y
x

Với
















3
2
1
1
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 =

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

IV
(1,0đ)

V
(1,0đ)

Với lim 2 1 1
0
2


 x
ex

x ;    






 lim ( 1 1)

1
1
lim
2
2
2
0
2
2
0
x
x
x
x
x
x
x 2
1
1
1

1
lim
2

0   


x
x
4
9
2
3
sin
lim
4
9
.
2
2
3
sin
lim
2
1
3
cos
lim 2
2
0

2
2
2
0 x
x
x
x
x
x
x
x

x    

 =
2
0
2
3 2
3
sin
lim
2
9














 x
x

x = 2



I =

9
1
2
92
1
1




1,0đ

Vì : (SAB)(ABCD) và (SAB)(ABCD) = AB

Mà SI  AB , nên SI(ABCD)
VSABCD SI.SABCD

3
1
. 

Đặt AB = x , ta có SI =

2
3
x
ID =
4
4
2
2 x
a 
Vì
4
4
4
3

9 2 2 2 2

2
2

2 x
a
x
a
ID
SI

SD      

5
5 2
2
a
x
a

x   



Khi đó : SI=

2
15
2

3 a
x  ;

)

2
(
5
.
2
1
)
(
.
2
1
a
a
a
BC
AD
AB

SABCD     =

2
5
3 2
a
4
3
5
2
5
3

.
2
15
.
3

1 2 3

a
a

a

VSABCD  

 (đvtt)

Ta có: BC SB

BC
IB
BC
SI









Vì    900

SBC

SIC mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.IBC có đường kính

là SC  bán kính là R =

2
6
4
5
4
15
2
1
2
1
2

1 2 2 2 2 2 a

a
a
a
IC

SI

SC      

1,0đ

Từ 4( 2 2 ) 1 2( ) 3( )2 ( )2 1 2( )

y
x
y
x
y
x
y
x
xy
y

x            

2
)
(
3
)
(
2

1 x y  x y

 1

1   



 x y , vì x ; y khơng âm nên ta có

0 xy . Ta có :

P = 2 2

2
2

2 ( )

4
1
)
(
2
1
2
)

(x y x y x y x y x y x y

y
x

xy         





 





(vì
2
2 




 

 x y

xy và 2(x2  y2)(xy)2 ) .

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

A D

B
S

C
I

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

VI.a
(2,0đ)

VII.a
(1,0đ)

VI.b
(2,0đ)

Đặt t = x + y ; ta có :0t 1, và P 2

4
1
)

(t t t
f  

 ; có

2
2
1
)
(
' t
t
t

f   = .1 0

2
1


t
t

t , với

 

1
;

0


t .

  4

3
)
1
(
)
(
max
1
;

0  

 f t f  maxP =

3, dấu = xảy ra x = y = 
2
1

1.(1,0đ)

Vì B nằm trên trục tung nên B(0 ; a) , do M( 1; 1) là trung điểm của AB

nên A(2 ; 2- a) , mà A AC : x- y- 3 = 0 2 – (2- a) -3 = 0  a = 3

 A(2 ; -1 ) ; B( 0; 3 ) ;

AB



(

2 ;

4 )

Mà C AC : x – y -3 =0 C(x0;x0 3)  ( 0; 0 6)


x
x

BC . ABC vuông

tại B nên AB  BC

12
0
)
6
(
4
2
0

.    0  0    0 



x
x

x
BC

AB  C(12 ; 9)

2.(1,0đ)

Gọi H là trung điểm của AB

2
1
2
2
2
1
)
;
(     


IH d I

Ta có
2
6
6
.
2
1
.

2
1
2
3
.
2

1      



 IH AB AB AB AH

S AIB

Gọi R là bán kính của đường trịn cần tìm, ta có :

2
4
6
2
1
2

2    

 IH AH

R 

đường trịn cần tìm có phương trình là:



x1

 

2  y2



2 2

(1,0đ)

Từ 45

)!
2
(
!
2
!
)!
1
(
!
45
2
1 





 

n
n
n
n

C

Cnn nn 45

2
)
1
(  


n n n

9
0

2     

n n n .khi đó ta có khai triển :

9
5
1
4
5
5

4 5 1


















 x x

x
x

n

= k k

k
k

x

C ( ) .( 5)
1
9
9
0
4
5
9









9
0
5
4
)
9
(
5
9
k
k
k
k

x

C ; ứng với x4 ta có : 4

5
4

)
9
(

5 k k 

5
145

29   

 k k  hệ số của x4 là : C95 126

1.(1,0đ)

Từ 1 4 2

1
4
2
2
2







 y a a

x

Vì A; B là hai điểm trên (E) nên ta có:










4
2
4
2
2
1
2
1
a
BF

BF
a
AF
AF
6

8 2 1

2
1
2

1      

 AF AF BF BF AF BF

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

VII.b
(1,0đ)

2.(1,0đ)

Gọi H là hình chiếu của M lên BC; ta có : 2

2
3
2
1
)
;

(    

d M BC

MH

Vì ABC cân tại A và  1200   600
HMC

BAC . Ta có :

MC
MH
HMC


cos

2
2
2

cos 0   

 MC

MC , do C BC: x- y +3 = 0  C( a; a +3) ,

với a > 0

Vì 2 2  2 8( 1)2 ( 1)2 8
a

a
MC

MC a2 3a 3

)
3
3
;
3

( 

C .

1,0đ
Đk:








0
1
y
x

Pt đầu 1log2 ylog2(x1)1log2 ylog2(x1) y x1

Thế vào pt còn lại ta được : 2x2 22x1 1622x 2.2x 80











)
(
4
2

2
2

loai

x

; với 2x 2 x1 y2 (tmđk)

KL: hệ có nghiệm (x;y) là (1; 2)

0,5

0,25
0,25
0,25

0,25

0,5

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
Câu I(2,0 điểm) Cho hàm số y=x4 -2x2 +1.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số.

2. Tìm toạ độ hai điểm P Q, thuộc ( )C sao cho đường thẳng PQ song song với trục hoành và
khoảng cách từ điểm cực đại của ( )C đến đường thẳng PQ bằng 8.

Câu II(2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 2 cos ( 3 sinx x+cos )x =3.
2. Giải hệ phương trình:

( 2) 1

2 2 0

x y x

x xy x

+ =

+ + + =

́

ï

í

ï

ỵ

Câu III(1,0 điểm) Tìm tập xác định của hàm số: y= 1-log4 x2-log (8 x-1) .3

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác S ABC. có đáy ABC là tam giác đều cạnh

a

, SA
vng góc với đáy và mặt bên (SBC) tạo với đáy một góc bằng 600. Gọi I là trung điểm của SC.
Tính thể tích khối chóp I ABC. .

Câu V(1,0 điểm) Cho hai số dương a b, có tổng bằng 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

= + +

+ +

2 2

1 1 1

4 2 4 2

P

ab

a b .

PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần Ahoặc phầnB)
A. Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a(2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy:

1. Tìm điểm A thuộc trục hồnh, điểm B thuộc trục tung sao cho A và B đối xứng nhau qua đường
thẳng x-2y+ =3 0.

2. Viết phương trình đường trịn (C) có bán kính bằng 5, tiếp xúc với đường thẳng
3x+4y-20=0 và có tâm thuộc đường thẳng x+ + =y 1 0.

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho tập hợp X gồm tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau abc (với

, , 6

a b c< ). Chọn ngẫu nhiên một số trong X. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 5.
B. Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy:

1. Cho tam giác ABC có A(1;1),B(-2;5), đỉnh C nằm trên đường thẳng x- =4 0 và trọng tâm G
nằm trên đường thẳng 2x-3y+6=0. Tính độ dài đường cao kẻ từ đỉnh C của tam giác.

2. Cho parabol (P): y2 =4x. Một đường thẳng (d) bất kỳ đi qua tiêu điểm F của (P) cắt (P) tại hai
điểm M và N. Chứng minh tích các khoảng cách từ M và N đến trục hồnh là khơng đổi.

Câu VII. b(1,0 điểm) Xác định m để tiệm cận xiên của đồ thị hàm số

( 0)

1 m

x mx
y

x ¹

+
-=

- tạo

với các trục toạ độ một tam giác có diện tích bằng 18.

--- Hết ---

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh: ... Số báo danh: ...
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4

---***---ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2010 – 2011 
Mơn thi :TỐN - Khối D

(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề)

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY – HỌC BỒI DƯỠNG LẦN 1 
 NĂM HỌC: 2010 – 2011- MƠN TỐN, KHỐI D

Câu Nội dung Điểm Tổng

I.1

10. Tập xác định: R

20. Sự biến thiên:
Giới hạn:

lim

xđƠ

y

= +Ơ

'

4 4 ,

'

0 0,

1 y

=

x

-

x y

= Û

x

=

x

= ±

Bảng biến thiên

-¥

-1 0 1

+¥

y’ - 0 + 0 - 0 +

+¥

0 0

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (

-¥

;-1) và (0 ; 1)

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-1 ; 0) và (1 ;

+¥

)
Điểm cực đại (0 ; 1), hai điểm cực tiểu (-1 ; 0) và (1 ; 0)
30. Vẽ đồ thị:

0.25

1.0 đ

I.2

PT đường thẳng PQ có dạng y = m. Vì điểm cực đại (0;1) cách

PQ một khoảng bằng 8 nên m = 9. Vậy PT của AB là y = 9.

Khi đó hồnh độ P, Q thoả mãn PT:

x

-

2 x

- = Û

8 0

x

= ±

2

Vậy P(-2;9), Q(2;9)hoặc P(2;9), Q(-2;9).

0.5
0.5

1.0 đ

II.1

2cos ( 3 sin

cos )

3 3 sin 2

2 sin(2

) 1

(

).

6 x

x cos x

x

p

x

p

k

p

k

Z

+

= Û

+

=

Û

+

= Û

=

+

Ỵ

0.5

0.5 1.0 đ

II.2

2 2

(

2) 1

(

2 ) 1

2 (

2 )

x x

x y x

xy x

x

xy

x

= - Û

xy

x

-́

+

=

́

+

=

ï

í

+

ï

ỵ

Đặt u = xy, v =x2

+

2 x

, ta có hệ 1 1

2 1

uv u

u v v

= =

-́ ́

í í

+ = - =

-ỵ ỵ

Từ đó nghiệm (x; y) = (-1 ;1).

0.25
0.5
0.25

1.0 đ

III

3
8

2
4
log

1 log ( 1) .

y= - x - x

-Điều kiện: 3

8
2

4
log

1

x

log (

1)

0 (*)

x

>

́

í

-

³

ỵ

0.25

1.0 đ

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Giải (*): log2x+log (2 x -1) 1£ Ûlog [ (2 x x-1)] 1£

Û

x x

(

-

1)

£

2 Û - £

1 x

£

2

Kết hợp với x > 1 ta được điều kiện là 1< x£2.
Vậy tập xác định của hàm số là:

D

=

(

1;2

]

0.25

0.25
0.25

IV

Tính thể tích khối chóp I ABC. .

Gọi M, H lần lượt là trung điểm BC, AC. Dễ có 0
60

SMA=

Ta có

3 3

2 ABC 4

a a

AM= ̃S =

3 tan 60

,

2

4 a

SA

a

SA

=

AM

=

IH

=

Vậy

3
.

1 3

. .

3 16

S ABC ABC

a

V = IH S =

0.25
0.25
0.25
0.25

1.0 đ

V

AD B§T : , ta cã

( )

P

x y x y a b ab ab

P

ab ab ab

a b a b ab

+ ³ = + + +

+ + +

̃ ³ + + ³ +

+ + + + +

2 2

2 2 2

1 1 4 1 1 1 2

3 3

4 2 4 2

1 1 2 4 2

3 3 3

1 1

Vỡ <abÊổỗa b+ ửữ = P + =
+ +

è ø

4 2 4

0 1

2 4 1 1 3.1 3.

Vậy min = 4

P khi và chỉ khi a=b=1.

0.25
0.25

1.0 đ

Câu 
VI.a.1

Gọi A(a;0), B(0;b). Khi đó

AB

= -

(

a b

; )

uuur

( ) :

D

x

-

2 y

+ =

3

0

Có vtcp của là

u

r

=

(2;1)

, trung điểm của AB là I(a/2;b/2)

Từ GT ta có

2

0

2 .

0

4

3

0 ( )

2 a

b

a

AB u

a

b

I

-

+

=

́

=

́

=

ï

ù

ớ

=

- + =

ẻ D

ù

ợ

ù

ợ

uuur r

Vy A(2;0) và B(0;4).

0.25
0.25

0.5

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

VI.a.2

Giả sử I(t ;-1-t) thuộc (d2 ) : x+ + =y 1 0 là tâm đường trịn (C)

Vì (d1) :3x+4y-20=0 tiếp xúc với (C) nên :

2 2

3 4( 1 ) 20

( , ) 5

3 4

t t

d I d =RÛ + - - - =
+

Tính được t =1 hoặc t = -49.

Với t= ̃1 I1(1; 2)- ta được phương trỡnh đường trũn

( )(

C

x

-

1 )

+

(

y

+

2 )

=

25

Với t= -49̃I1( 49; 48)- ta được phương trỡnh đường trũn

( )(

C2 x+49

)

2 +

(

y-48

)

2 = 25

0.25
0.25

1.0 đ

VII.a

Số phần tử không gian mẫu là

n

( )

W =

5.5.4 100

=

Gọi A là biến cố: “Số lấy được chia hết cho 5”.
TH1: c = 5. Có 4.4 = 16 cách chọn số chia hết cho 5.
TH2: c = 0. Có 5.4 = 20 cách chọn số chia hết cho 5.
=> số phần tử của A là

n A

( ) 16

=

+

20 =

36

Vậy xác suất cần tìm là ( ) ( ) 36 9 .
( ) 100 25
n A

P A
n

= = =

0.25

0.25
0.25

0.25

1.0 đ

VI.b.1

)
5
;
2
(
,
)
1

;
1

( B

-A . Ta có C=(4;yC). Khi đó tọa độ G là

3
2
3

5
1
,
1
3

4
2

1 C C

G
G

y
y

y

x = - + = = + + = + .

Điểm G nằm trên đường thẳng 2x-3y+6=0 nên 2-6-yC +6=0

vậy yC =2, tức là C=(4;2).

Phương trình đường thẳng AB là 4x + 3y – 7 = 0

Chiều cao hạ từ đỉnh C bằng khoảng cách từ C đến đường
thẳng AB:

2 2

4.4

3.2

7

15

3.

5

4

3 +

-=

=

+

C

h

0.25
0.25
0.25
0.25

1.0 đ

VI.b.2

ĐT (d) đi qua tiêu điểm F(1;0) có dạng ax + by – a = 0.
Toạ độ giao điểm M, N của (P) và (d) là nghiệm của hệ:

2
4

y x

ax by a

́ =

+ - =

ỵ

=> PT tung độ giao điểm: ay2 +4by-4a=0

Khoảng cách từ M, N đến Ox lần lượt là

h

1

=

y

M

,

h

2

=

y

N
Theo định lý Vi-et ta có

h h

1

.

2

=

y y

M

.

N

=

4

(đpcm).

0.25

0.25
0.25

0.25

1.0 đ

VII.b

Ta có

1 (

0)

1 =

+

+ +

¹

-m

y

x

m

x

Vậy tiệm cận xiên có phương trình là y = x+m+1

Tiệm cận xiên cắt Ox tại A(-m-1;0), cắt Oy tại B(0;m+1)

Từ giả thiết SOAB =18 nên OA OB. =36Û(m+1)2 =36.

Từ đó m = 5 hoặc m = -7.

0.25
0.25

0.5

1.0 đ

--- Hết ---

</div>

3 bo de









<sub> </sub>

<i>AB</i>

(

2

;

4

)



 







́

ï

í

ï

ỵ

<i>a</i>

lim

<i>y</i>

= +Ơ

'

4

4 ,

'

0

0,

1

<i>y</i>

=

<i>x</i>

-

<i>x y</i>

= Û

<i>x</i>

=

<i>x</i>

= ±

-¥

+¥

+¥

+¥

-¥

+¥

<i>x</i>

-

2

<i>x</i>

- = Û

8 0

<i>x</i>

= ±

2

2cos ( 3 sin

cos )

3

3 sin 2

2

2

sin(2

) 1

(

).

6

6

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x cos x</i>

<i>x</i>

<i>p</i>

<i>x</i>

<i>p</i>

<i>k</i>

<i>p</i>