SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẠI HỌC LẦN 4
NĂM HỌC 2010-2011; MÔN: TOÁN KHỐI A; LỚP 11
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) 1. Giải phương trình
9 3
cos 4 6sin cos 2 0
4 4
x x x
π π
   
+ + − + =
 ÷  ÷
   
2. Giải phương trình
2 sin 3 2 2 sin 1 4cos
4 4
x x x
π π
   
− + − = −
 ÷  ÷
   
Câu II (2 điểm) 1. Cho
A
tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc tập
A
. Tính
xác suất sao cho số được chọn chia hết cho

7
.
2. Giải bất phương trình
( )
2
2 4 2 1 5 2 1 x x x x x x+ − ≥ + − ∈¡
Câu III (1 điểm) Tính giới hạn
3
1
2 3 2 2
lim
1
x
x x x
A
x
→
− + − −
=
−
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD); đáy ABCD là
hình thang vuông tại A và B,
; 2AB BC a AD a= = =
. Chứng minh rằng mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt
phẳng (SCD) và tính khoảng cách từ đỉnh S đến mặt đáy của hình chóp S.ABCD, biết rằng góc giữa hai mặt
phẳng (SCD) và (SAD) bằng
0
60
.
Câu V (1 điểm) Giải hệ phương trình

( )
2
2 2
2 2 4 1 1
7 2 10 6 0 ;
1
2
x y y
x y xy x x y
x

− = + +


+ − + − = ∈



≥

¡
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Chú ý thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc phần B)
Phần A
Câu VIa (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc (Oxy), cho đường tròn
( )
2 2
: 2 2 1 0C x y x y+ − − − =
.Giả sử đường tròn
( )
'C

có tâm
( )
3;1M
và cắt đường tròn
( )
C
tại hai điểm
,A B

sao cho tam giác
IAB
đều, trong đó điểm
I
là tâm của đường tròn
( )
C
. Hãy viết phương trình đường thẳng AB
2. Cho hình chóp
.S ABC
có
3
0; 3;
2
a
AB SB SC AC a BC a SA= = = = > = =
. Tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng BC và SA.
Câu VIIa (1 điểm) Cho khai triển
( )
10

2 3 10 2 100
0 1 2 100
1 x x x x a a x a x a x− + − + + = + + + +
. Tính giá trị của
biểu thức
3 99
1 3 99
2 2 2P a a a= + + +
.
Phần B
Câu VIb (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc (Oxy); cho đường tròn
( )
C
và hai đường thẳng
1 2
,d d
lần lượt
có phương trình là
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1
: 4 3 8; : 2 3 0; 1;1C x y d x y P− + − = + − =
. Hãy tìm tọa độ điểm
M
thuộc
1
d
sao
cho từ

M
có thể kẻ được hai tiếp tuyến
,MA MB
đến đường tròn
( )
C
sao cho đường thẳng
AB
cách điểm
P

một khoảng bằng
5
13
.
2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC thỏa mãn
3 , 4 , 5AB a AC a BC a= = =
. Tính khoảng cách từ điểm S đến
mặt phẳng đáy, biết ba mặt bên của hình chóp cùng tạo với đáy một góc
0
60
.
Câu VIIb (1 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực
m
phương trình ẩn
x
sau đây luôn có hai nghiệm phân
biệt
4 3
2011 2010 0x mx x− + − =

.
Hết
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Nội dung trình bày
Điểm
I
2điểm
1. (1 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
cos 4 6sin 2 cos 2 0
4 4
cos4 6sin cos 2 0 cos4 3sin 2 2 0
4 4 2
x x x
x x x x x
π π
π π
π π π
   
+ + + + − + =
 ÷  ÷
   
     
⇔ − + + + = ⇔ − + + =
 ÷  ÷  ÷
     
0,5
( ) ( )
2 2
2cos 2 1 3cos 2 2 0 2cos 2 3cos 2 1 0 2cos2 1 cos2 1 0x x x x x x⇔ − − + = ⇔ − + = ⇔ − − =

( )
cos2 1
1
6
cos2
2
6
x k
x
x k k
x
x k
π
π
π
π
π


=
=




⇔ ⇔ = + ∈


=




= − +

¢
0,5
2. (1 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
( )
( )
( ) ( ) ( )
3 3
3sin 4sin 4cos 3cos 2 sin cos 1 4cos
5 sin cos 4 sin cos 1 sin cos 1 0
x x x x x x x
x x x x x x
⇔ − − − + − = −
⇔ + − + − − =
0,5
Đặt
2
1
sin cos 2 sin ; 2 sin cos
4 2
t
t x x x t x x
π
−
 
= + = + ≤ ⇒ =

 ÷
 
thay vào pt trên ta được
( )
( )
( )
2
3 2
1
5 4 1 1 0 2 1 0 1 2 2 1 0
2
2
1
1 sin
4
2
2
2
t
t t t t t t t
x k
t x k
x k
π
π
π
π
 
−
− − − = ⇔ − − = ⇔ − + + =

 ÷
 
=

 

⇔ = ⇔ + = ⇔ ∈
 ÷

= +
 

¢
0,5
II
2điểm
1. (1 điểm)
+) Ta có
( )
9.10.10 900n A = =
0,25
+) Các số gồm ba chữ số chia hết cho
7
là
105;112; ;994
các số này lập thành một cấp số cộng
có số hạng đầu là
105
và công sai
7d =

. Do đó số các số gồm ba chữ số chia hết cho
7
bằng
994 105
1 128
7
−
+ =
0,5
Vậy xác suất cần tìm là
128 32
900 225
=
0,25
2. (1 điểm)
ĐK
1
2
x ≥
. Khi đó bpt viết lại dưới dạng
( ) ( )
2
2 2 1 5 2 1 2 0x x x x+ − − + − + ≥
. Đặt
1
2 1
2
t x x= + − ≥
. Khi đó ta có
0,5

2
2 1
2 1 2
2 5 2 0
1 1
1
2 1
2 2
2
t x
x x
t t
t x
x x

≥ ≥
 
+ − ≥

 
− + ≥ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

 
≤ =
+ − ≤

 

0,5
Vậy tập nghiệm của bpt là

[
)
1
1;
2
S
 
= +∞
 
 
U
III
1điểm
( )
( )
( )
( )
3
1
3 4
2
1
3 3
2 1 3 2 1
lim
1 1
2 1 3 2 1
lim
1 3 2 1
1 2 2 1

x
x
x x x
A
x x
x x x
x x
x x x x x
→
→
 
− − − −
= +
 
− −
 
 
 
− − − −
= +
 
 
− − +
 
− − + − +
 
 
 
0,5
( )

( )
3 2
2
1
3 3
1 3 13
lim
6
3 2 1
2 2 1
x
x x x
x
x x x x
→
 
 
− + + +
= + =
 
 
− +
 
− + − +
 
 
 
0,5
IV
1điểm

Ta tính được
2 2 2
2; 2AC a CD a AC CD AD AC CD= = ⇒ + = ⇒ ⊥
. Mặt khác
CD SA⊥
, do
đó
( ) ( ) ( )
CD SAC SAC SCD⊥ ⇒ ⊥
.
0,5
Ta lần lượt kẻ
;AH SC AK SD⊥ ⊥
. Do đó
( )
AH SCD AH SD SD HK⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
kết hợp với
( ) ( )
( )
·
( )
·
0
0
2 2 2 2 2 2
; ; 60
3 1 3 1 1 1 1
sin 60 2
4
4

AK SD SCD SAD AK HK AKH
AK AH SA a
AH AK SA AC SA AD
⊥ ⇒ = = =
 
= ⇔ = ⇔ + = + ⇒ =
 ÷
 
0,5
V
1điểm
( )
2
2
2
2 2 2 2 2 2
4 4 1 1
2 2 4 1 1 2 1 4 1
7 2 10 6 0 7 2 10 6 0 7 2 10 6 0
1 1 1
2 2 2
x y
x y y x y
x y xy x x y xy x x y xy x
x x x
  
= + +
− = + + = + +
  
  

+ − + − = ⇔ + − + − = ⇔ + − + − =
  
  
  
≥ ≥ ≥
  
0,5
( ) ( )
( ) ( )
2
2
2
4 3 2 2 3 2
2 5 10 10 6 0 2 3 4 3 5 4 1 5 2 1 0 1
1
1
2
2
y x x
y x x
x x x x x x x x x
x
x


= −

= −





− + + − = ⇔ − + − + − + − =
 
 
 
≥
≥



Ta thấy hệ phương trình (1) vô nghiệm. Vậy hệ pt ban đầu vô nghiệm.
0,5
VIa
2điểm
1. (1 điểm)
Gọi là giao điểm của MI và AB. Ta có đường tròn
( )
C
có tâm
( )
1;1 ; 3I R =
. Do tam giác IAB
đều nên
3
3
2
IA IB AB HA= = = ⇒ =
.
0,25

+) TH1 Nếu M và I nằm về hai phía của đường thẳng AB. Khi đó
2 2 2 2
3 1
1
2 2
IH IA AH MH MI IH MA AH MH= − = ⇒ = − = ⇒ = + =
. Do đó phương trình
đường tròn
( )
2 2
' : 6 2 9 0 : 2 5 0.C x y x y AB x+ − − + = ⇒ − =
0,5
+) TH 2 Nếu M và I nằm cùng một phía của đường thẳng AB 0,25
2. (1 điểm)
Gọi H, K lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và SA. Ta chứng minh được HK là đoạn vuông
góc chung của hai đường thẳng BC và SA
0,5
Áp dụng định lí Pitago trong các tam giác SHC và SHK ta có 0,5
2 2 2 2
;
2 4
a a
SH SC HC HK SH SK= − = = − =
VIIa
1điểm
Xét
1x ≠ −
ta có
10
11

2 100
0 1 2 100
1

1
x
a a x a x a x
x
 
+
= + + + +
 ÷
+
 
. Lần lượt thay
2x =
và
2x = −
vào đẳng thức này sau
đó trừ từng vế cho nhau ta được
0,5
( )
10 10 10
11 11 11
10
11
1 2 1 2 1 1 2
2 1 2
1 2 1 2 2 3
P P

 
     
+ − +
= − ⇒ = − −
 
 ÷  ÷  ÷
+ −
 
     
 
0,5
VIb
2điểm
1. (1 điểm)
Do
2
M d∈
nên
( )
3 2 ;M t t−
và đường tròn (C) có tâm
( )
4;3 , 8I R =
. Áp dụng định lí Pitago
trong tam giác MAI ta có:
2 2 2 2
5 2 1MA MI R t t
= − = − +
. Do đó đường tròn tâm M, bán
kính MA có pt:


( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2
' : 2 3 5 2 2 4 6 2 10 7 0C x t y t t t x y t x ty t+ − + − = − + ⇔ + + − − − + =
Do A, B là giao của
( ) ( )
, 'C C
nên phương trình đường thẳng
( ) ( )
: 2 1 3 5 5 0AB t x t y t+ + − − − =
0,5
Do đường thẳng AB cách điểm
( )
1;1P
một khoảng bằng
5
13
nên
2
4 1
5 237
1;
83
13
5 2 10
t
t t
t t
+

= ⇔ = = −
− +
. Do đó
( )
723 237
1;1 ; ;
83 83
M M
 
−
 ÷
 
0,5
2. (1 điểm)
Gọi I là hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC). Từ giả thiết ta chỉ ra được I là tâm đường tròn
nội tiếp tam giác ABC nên 0,5
0
3 .4
tan 60 3
3 4 5
S a a
r a SI r a
p a a a
= = = ⇒ = =
+ +
0,5
VIIb
1điểm
Đặt
( )

4 3
2011 2010f x x mx x= − + −
hàm số này liên tục trên
¡
và
( )
0 2010f = −
.
Do
( )
lim 0, 0
x
f x a b
→±∞
= +∞ ⇒ ∃ > <
sao cho
( ) ( )
0; 0f a f b> >
0.5
Từ đó
( ) ( ) ( ) ( )
0 . 0; 0 . 0f f a f f b< <
nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.
0,5