gửi tới
ĐỀ THI THỬ ĐHCĐ LẦN I NĂM HỌC 2010-2011
Môn Toán- Khối A-B-D
Thời gian lµm bµi : 180 phút

I . Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)
Câu 1: Cho hàm số
)24()15(6)2(32
323
+−+++−= mxmxmxy
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0
2. Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x
0
∈(1;2]
Câu 2:
1. Giải phương trình:
2)cos3(sin3sin =+ xxx
2. Giải bÊt phương trình:
116102
2
−−+− xxx

3−≤ x
Câu 3: Tìm giới hạn:
x 0
ln(1 ) tan
2
lim
cot
x
x

x
π
π
→
− +
Câu 4: Cho lăng trụ đứng ABC.A
’
B
’
C
’
có đáy ABC là tam giác vu«ng c©n đỉnh lµ A . Góc
giữa AA
’
và BC
’
bằng 30
0
và khoảng cách giữa chúng là a. Gọi M là trung điểm của AA
’
.
Tính thể tích tứ diện MA
’
BC
’
.
Câu 5: Giải hệ phương trình:
3 3
2 2
8 2

3 3( 1)
x x y y
x y

− = +


− = +


II. Phần riêng ( 3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần( phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn:
Câu 6a:
1. Cho ∆ABC cân đỉnh A .Cạnh bên AB và cạnh đáy BC có phương trình lần lượt là:
x + 2y – 1 = 0 và 3x – y + 5 = 0 . Lập phương trình cạnh AC biết đường thẳng AC đi qua
điểm M(1; -3).
2. Giải phương trình:
)324(log)18(log39
33
+=+− xx
xx
Câu 7a: Trong một quyển sách có 800 trang thì có bao nhiêu trang mà số trang có ít nhất
một chữ số 5.
2. Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b:
1. Cho hai đường tròn (C
1
) : x
2

+ y
2
– 2y – 3 = 0 ; (C
2
): x
2
+ y
2
– 8x – 8y + 28 = 0 ;
Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C
1
) và (C
2
)
2. Giải hệ phương trình:






−=+
=+
−
yxyx
yx
xy
)(log.3
27
5

3).(
5
Câu 7b: Cho a, b > 0 thoả mãn a
2
+ b
2
= 1. Tìm giá trị lớn nhất của
1
ab
P
a b
=
+ +
____________________________________

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH
Trường THPT Minh Khai

Ghi chỳ: Thớ sinh khi B ; D khụng phi lm cõu 5 ( phn chung)
TRNG THPT MINH KHAI
Đáp án và biểu điểm đề thi thử ĐHCĐ lần I
Năm học 2010 - 2011
I. Phn chung:
Cõu im
Cõu 1.1 1. vi m = 0 : y = 2x
3
- 6x
2
+ 6x - 2
1. TX: D = R

2. S bin thiờn
a. Gii hn y = - ; y = +
b. Bng bin thiờn:
Ta cú : y
/
= 6x
2
- 12x + 6 = 6(x- 1)
2
, y
/
= 0 x =1, y
/
> 0 , x 1
0,25
Hm s ng bin trờn R
Hm s khụng cú cc tr
0,25
3. th.
im un: y

=12x - 12 , y

= 0 x= 1.
y

i du t õm sang dng khi x qua im x = 1 U(1;0) l im
un
giao vi Oy : (0;- 2); giao vi Ox: (1;0). Qua im (2;2).
Nhn xột : th nhn U(1;0) lm tõm i xng

( Hc sinh t v th)
0,5
Cõu 1.2
Hm s bc 3 cú cc tiu y
/
= 0 cú 2 nghim phõn bit. Do h s
ca x
3
dng x
CT
> x
C
0,25
Ta cú y
/
=6[x
2
-(m + 2)x+5m+1] , y
/
= 0 m(x-5) = x
2
-2x +1 (1)
Do x= 5 khụng l nghim ca y
/
= 0 (1) m = = g(x)
g
/
(x)= = 0 hoc x = 1 hoc x = 9
0,25
Bng bin thiờn ca g(x)

0,25
x - 0 +
y
/
+ 0 +
y +
0
-
x - 1 2 5 9 +
g
/
(x) + 0 - - - 0 +
g(x) 0 + +

- - 16
Từ bảng biến thiên kết hợp với nhận xét trên ⇒hàm số có cực tiểu
tại
x
0
∈ (1;2]⇔ -1/3≤ m <0
0,25
Câu Điểm
Câu 2.1
sin3x(sinx+ cosx)=2 ⇔ sinxsin3x+ sin3xcosx=2
⇔ ( cos2x+sin2x)-(cos4x- sin4x) =2
0,5
⇔ cos(2x- )-cos(4x+) = 2⇔
os(2x- ) 1
3
os(4x+ ) 1

3
c
c
π
π

=




= −



0,25
⇔
x=
6
os( +4k ) 1
k
c
π
π
π π

+




= −

⇔ x=
6
k
π
π
+
k∈ Z
0,25
Câu 2.2
ĐK : x≥ 1
Đặt u = x-3 , v= v≥ 0 . ta được BPT: ≤ u+v
0,5
⇔
2
0
( ) 0
u v
u v
+ ≥


− ≤


0u v
u v
+ ≥


⇔

=


0,25
Vậy BPT
2
3
7 10 0
x
x x
≥

⇔

− + =

⇔ x=5
0,25
Câu 3
0 0
ln(1 ) tan tan
ln(1 )
2 2
lim lim
ot x ot x ot x
x x
x x
x

x
c c c
π π
π π π
→ →
 
− +
 ÷
−
= +
 ÷
 ÷
 
0,25
Mà
0 0
ln(1 ) .ln(1 )sin
lim lim 0
ot x . os x
x x
x x x x
c x c
π
π π
→ →
− − −
= =
−
0,25
2

0 0 0
tan sin .sin 2sin
2 2 2
lim lim lim 0
x
cot os x
os . os x
2
x x x
x x x
x
x c
c c
π π π
π
π
π π
π
→ → →
= = =
0,25
Vậy
0
ln(1 ) tan
2
lim 0
ot x
x
x
x

c
π
π
→
− +
=
0,25
Câu 4
Ta có BB
/
∥AA
/
⇒ góc giữa AA
/
và BC
/
bằng góc giữa BC
/
và BB
/
⇒

·
/ / 0
30B BC =
⇒
·
/ 0
60CBC =
Gọi N là trung điểm của BC

/
, H là hình chiếu của N trên (ABC) ⇒ H
là trung điểm của BC ⇒ AMNH là h.c.n ⇒ MN∥ =AH
Do AH ⊥ BC , AH ⊥ CC
/
⇒ AH ⊥ (BCC
/
) ⇒ AH ⊥ BC
/
. từ giả thiết
suy ra AH vuông góc với AA
/
Theo trên , MN∥ AH ⇒ MN ⊥ AA
/
; MN⊥ BC
/
⇒ MN là khoảng
cách giữa AA
/
và BC
/
⇒ MN = a ⇒ AH = a
0,25
Tính V
MA
/
BC
/
: do BA⊥ (ACC
/

A
/
)⇒ V
MA
/
BC
/
= S
MA
/
C
/
. AB
0,25
Trong ∆ vuông AHB ta có AB= a, BH = a ⇒ BC= 2a
Trong ∆ vuông BCC
/
: CC
/
= BC.tan60
0
= 2a
3
0,25
Vậy V
MA
/
BC
/
= . AM.AC

/
.BC =
3
3
3
a
Câu 5
Giải hệ : (I)
3 3
2 2
8 2
3 3( 1)
x x y y
x y

− = +


− = +


Ta có (I)⇔
3 3
2 2
2(4 )(1)
3 6(2)
x y y
x y

− = +



− =


0,25
Thay (2) vào (1) : x
3
+ x
2
y - 12xy
2
= 0 ⇔
0
3
4
x
x y
x y
=


=


= −

0.5
Thay x vào (2) cả 3 trường hợp ⇒ Hệ có các nghiệm là:
(3;1) , (- 3; -1) ,

6 6
( 4 ; )
13 13
−
,
6 6
(4 ; )
13 13
−






A
/
B
/
C
/
M
N
A H
C
B
II. Phần riêng.
Câu 6a.1
Vector pháp tuyến của B Clà :
1

n
ur
= (3; -1);
Vector pháp tuyến của AB là :
2
n
uur
= (1; 2)
⇒
·
1 2
1 2
1 2
n .
1
osABC os(n ; )
50
n .
n
c c n
n
= = =
uur uur
uur uur
uur uur
0,25
Gọi
3
( ; )n a b
uur

là vector pháp tuyến của AC là (a
2
+b
2
≠ 0)
⇒
1 3
1
os(n ; )
50
c n =
uur uur
⇔
2 2
3
1
50
10.
a b
a b
−
=
+

2 0
11 2 0
a b
a b
− =


⇔

− =

0,5
• Trường hợp 2a - b =0 loại do ∥ AB
• Trường hợp 11a - 2b = 0 . chọn a = 2 ⇒ b = 11
Vậy phương trình AC là: 2(x - 1) + 11(y+3) =0
⇔ 2x + 11y + 31 = 0
0,25
Câu 6a.2
Giải phương trình:
3 3
9 3 log (8 1) log (24 3)
x x
x x− + = +
ĐK x> PT ⇔
3
(3 1) 3 log (24 3) 0
x x
x
 
+ − + =
 
0,5
3
3 log (24 3) 0
x
x⇔ − + =
Xét

3
( ) 3 log (24 3)
x
f x x= − +
với x>
/
8
( ) 3 ln 3 ;
(8 1)ln3
x
f x
x
= −
+
// 2
2
64
( ) 3 ln 3
(8 1) ln3
x
f x
x
= +
+
0,25
//
( )f x
> 0 ∀ x > ⇒
/
( )f x

đồng biến trên ( , +∞) ⇒
/
( )f x
=0 có
nhiều nhất là 1 nghiệm ⇒
( ) 0f x =
có nhiều nhất là 2 nghiệm. Ta có
(0) 0f =
;
(1) 0f =
. Vậy PT đã cho có 2 nghiệm là : x = 0 ; x = 1
0,25
Câu 7a
• Trường hợp 1: số trang có 1 chữ số: có 1 trang
• Trường hợp 2: số trang có 2 chữ số
1 2
a a
Nếu a
1
= 5⇒ a
2
có 10 cách chọn ⇒ có 10 trang
Nếu a
2
= 5 ⇒ a
2
có 8 cách chọn ( vì a
1
≠ 0,a
1

≠ 5) ⇒ có 18
trang
0,25
• Trường hợp 3: số trang có 3 chữ số
1 2 3
a a a
Do sách có 800 trang ⇒ a
1
chọn từ 1→ 7
+ Nếu a
1
= 5 ⇒ a
2
có 10 cách chọn, a
3
có 10 cách chọn⇒có 100
trang
+ Nếu a
2
=5⇒a
1
có 6 cách chọn(vì a
1
≠5), a
3
có10 cách chọn⇒có 60
trang
+ Nếu a
3
=5⇒a

1
có 6 cách chọn, a
2
có 9 cách chọn(vì a
1
≠5,a
2
≠5)
⇒có 54 trang
0,5
Vậy số trang thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 233 trang. 0,25


A
B
C
M(1;-3)
Câu
6b.1
(C
1
) có tâm I
1
(0;1), R
1
=2; (C
2
) có tâm I
2
(4;4), R

2
=2
Ta có I
1
I
2
=
14 9 5+ =
> 4 = R
1
+R
2
⇒ (C
1
);(C
2
) ngoài nhau
+ xét tiếp tuyến d ∥ 0y: (d): x+c = 0
d(I
1
,d) =
C
; d(I
2
,d) =
4 C+
d là tiếp tuyến chung của (C
1
)(C
2

)⇔
2
4 2
C
C
 =


+ =


⇔ C = -2⇒ (d): x-
2=0
0,5
+ (d) : y = ax+b
Do R
1
=R
2
⇒ d∥ I
1
I
2
hoặc (d) đi qua I(2;)
• d∥ I
1
I
2
:
1 2

I I
uuur
=(4;-3) ⇒ d: 3x - 4y +c =0. d tiếp xúc với (C
1
),
(C
2
) ⇔
d(I
1
;d) = 2⇔
4
2
5
C− +
=
hoặc C =14 hoặc C= -6
⇒ có 2 tiếp tuyến chung là: 3x - 4y +14 = 0 và 3x - 4y - 6 =0
• d qua O: phương trình d là: y = ax + - 2a ⇔ ax- y + - 2a =0
d là tiếp tuyến chung⇔ d(I
1
;d) = 2⇔
2
3
2
2
2
1
a
a

−
=
+
⇔ a= -
d: 7x +24y - 14 =0
vậy có 4 tiếp tuyến chung là: x - 2 = 0; 3x - 4y + 14= 0; 3x - 4y - 6 =
0;
7x +24y - 74 =0.
0,25
Câu 6b.2 ĐK: x+y > 0
Hệ đã cho ⇔
3
5
( ) 3
27
( ) 5
x y
x y
x y
x y
−
−

+ =



+ =

⇔

3
3
5
5 3
27
( ) 5
x y
x y
x y
x y
−
−
−

=



+ =

0,5
⇔
3
3
3
3
5 3
( ) 5
x y
x y

x y
x y
− −
− −
−


=


+ =

⇔
3
3 0
( ) 5
x y
x y
x y
−
− − =


+ =

⇔
3
3
(2 3) 125
y x

x
= −


− =

0,25
3
2 3 5
y x
x
= −

⇔

− =

⇔
4
1
x
y
=


=

thỏa mãn điều kiện
0,25
Câu 7b

Ta có a
2
+ b
2
=1 ⇔ (a + b)
2
- 1=2ab ⇔ (a + b+1)(a+b- 1) =2ab
⇔ =
2
a b+
- ⇒ T =
2
a b+
-
0,5
Mặt khác ta có: a+b ≤ . = nên T≤ ( - 1)
Dấu “ =” xảy ra ⇔ a = b = . Vậy T
max
= ( - 1)

Đối với khối B+D điểm của câu 5 chuyển cho Câu1.2 : 0,5đ và câu 4(hình): 0,5 đ