1. Thi thử Đại học www.toanpt.net
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 x0(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
2lim
cot
x
x
x


 
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 300
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  xxxx
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 (C1) : x2
+ y2
– 2y – 3 = 0 ; (C2): x2
+ y2
– 8x – 8y + 28 = 0 ;
Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2)
2. Giải hệ phương trình:





 
yxyx
yx xy
)(log.3
27
5
3).(
5
Câu 7b: Cho a, b > 0 thoả mãn a2
+ b2
= 1. Tìm giá trị lớn nhất của
1
ab
P
a b

 
____________________________________
Ghi chú: Thí sinh khối B ; D không phải làm câu 5 ( phần chung)
SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH
Trường THPT Minh Khai
---------- ---------

2. Thi thử Đại học www.toanpt.net
TRƯỜNG THPT MINH KHAI §¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm ®Ò thi thö §HC§ lÇn I
N¨m häc 2010 - 2011
I. Phần chung:
Câu Điểm
Câu 1.1 1. với m = 0 : y = 2x3
- 6x2
+ 6x - 2
1. TXĐ: D = R
2. Sự biến thiên
a. Giới hạn lim
x  -∞
y = - ∞ ; lim
x  +∞
y = +∞
b. Bảng biến thiên:
Ta có : y/
= 6x2
- 12x + 6 = 6(x- 1)2
, y/
= 0  x =1, y/
> 0 ,  x≠ 1
0,25
Hàm số đồng biến trên R
Hàm số không có cực trị
0,25
3. Đồ thị.
Điểm uốn: y”
=12x - 12 , y”
= 0  x= 1.
y”
đổi dấu từ âm sang dương khi x qua điểm x = 1  U(1;0) là
điểm uốn
giao với Oy : (0;- 2); giao với Ox: (1;0). Qua điểm (2;2).
Nhận xét : đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng
( Học sinh tự vẽ đồ thị)
0,5
Câu 1.2 Hàm số bậc 3 có cực tiểu  y/
= 0 có 2 nghiệm phân biệt. Do hệ số
của x3
dương  xCT > xCĐ
0,25
Ta có y/
=6[x2
-(m + 2)x+5m+1] , y/
= 0  m(x-5) = x2
-2x +1 (1)
Do x= 5 không là nghiệm của y/
= 0  (1)  m =
x2
-2x+1
x-5
=
g(x)
g/
(x)=
x2
-10x+9
(x-5)2 = 0  hoặc x = 1 hoặc x = 9
0,25
Bảng biến thiên của g(x)
0,25
x - ∞ 0 +∞
y/
+ 0 +
y +∞
0
-∞
x - ∞ 1 2 5 9 +∞
g/
(x) + 0 - - - 0 +
g(x) 0 + ∞ +∞
-1
3
- ∞ - ∞ 16

3. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Từ bảng biến thiên kết hợp với nhận xét trên hàm số có cực tiểu
tại
x0 (1;2] -1/3≤ m <0
0,25
Câu Điểm
Câu 2.1 sin3x(sinx+ 3 cosx)=2  sinxsin3x+ 3 sin3xcosx=2
 (
1
2
cos2x+
3
2
sin2x)-(
1
2
cos4x-
3
2
sin4x) =2
0,5
 cos(2x-

3
)-cos(4x+

3
) = 2
os(2x- ) 1
3
os(4x+ ) 1
3
c
c





  

0,25

x=
6
os( +4k ) 1
k
c


 



  
 x=
6
k

 k Z
0,25
Câu 2.2 ĐK : x 1
Đặt u = x-3 , v= x-1 v 0 . ta được BPT: 2(u2
+v2
)  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 2lim lim
ot x ot x ot xx x
x x
x
x
c c c
 
   
 
   
  
 
 
0,25
Mà
0 0
ln(1 ) .ln(1 )sin
lim lim 0
ot x . os xx x
x x x x
c x c

  
  
 

0,25
2
0 0 0
tan sin .sin 2sin
2 2 2lim lim lim 0
xcot os xos . os x
2
x x x
x x x
x
x cc c
  

 
  
  
0,25
Vậy
0
ln(1 ) tan
2lim 0
ot xx
x
x
c


 

0,25

4. Thi thử Đại học www.toanpt.net
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 VMA
/
BC
/
: do BA (ACC/
A/
) VMA
/
BC
/
=
1
3
SMA
/
C
/. AB
0,25
Trong  vuông AHB ta có AB= a 2, BH = a  BC= 2a
Trong  vuông BCC/
: CC/
= BC.tan600
= 2a 3
0,25
Vậy VMA
/
BC
/
=
1
3
.
1
2
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) : x3
+ x2
y - 12xy2
= 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

5. Thi thử Đại học www.toanpt.net
II. Phần riêng.
Câu 6a.1 Vector pháp tuyến của B Clà : 1n

= (3; -1);
Vector pháp tuyến của AB là : 2n

= (1; 2)
  1 2
1 2
1 2
n . 1
osABC os(n ; )
50n .
n
c c n
n
  
 
 
 
0,25
Gọi 3 ( ; )n a b

là vector pháp tuyến của AC là (a2
+b2
≠ 0)
 1 3
1
os(n ; )
50
c n 
 
 2 2
3 1
5010.
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 39 3 log (8 1) log (24 3)x x
x x   
ĐK x>
-1
8
PT  3(3 1) 3 log (24 3) 0x x
x     
0,5
33 log (24 3) 0x
x   
Xét 3( ) 3 log (24 3)x
f x x   với x>
-1
8
/ 8
( ) 3 ln3 ;
(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 >
-1
8
 /
( )f x đồng biến trên (
-1
8
, +∞)  /
( )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 2a a
Nếu a1 = 5 a2 có 10 cách chọn  có 10 trang
Nếu a2 = 5  a2 có 8 cách chọn ( vì a1 ≠ 0,a1≠ 5)  có 18
trang
0,25
 Trường hợp 3: số trang có 3 chữ số 1 2 3a a a
Do sách có 800 trang  a1 chọn từ 1 7
+ Nếu a1 = 5  a2 có 10 cách chọn, a3 có 10 cách chọncó 100
trang
+ Nếu a2=5a1 có 6 cách chọn(vì a1≠5), a3có10 cách chọncó 60
trang
+ Nếu a3=5a1 có 6 cách chọn, a2 có 9 cách chọn(vì a1≠5,a2≠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)

6. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Câu
6b.1
(C1) có tâm I1(0;1), R1 =2; (C2) có tâm I2(4;4), R2 =2
Ta có I1I2 = 14 9 5  > 4 = R1 +R2  (C1);(C2) ngoài nhau
+ xét tiếp tuyến d ∥ 0y: (d): x+c = 0
d(I1,d) = C ; d(I2,d) = 4 C
d là tiếp tuyến chung của (C1)(C2)
2
4 2
C
C
 

 
 C = -2 (d): x-
2=0
0,5
+ (d) : y = ax+b
Do R1=R2 d∥ I1I2 hoặc (d) đi qua I(2;
5
2
)
 d∥ I1I2 : 1 2I I

=(4;-3)  d: 3x - 4y +c =0. d tiếp xúc với
(C1),(C2) 
d(I1;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 +
5
2
- 2a  ax- y +
5
2
- 2a =0
d là tiếp tuyến chung d(I1;d) = 2 2
3
2
2
2
1
a
a



 a= -
7
24
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
33
3
5 3
( ) 5
x y
x y
x y
x y
 
 


 

  
 3
3 0
( ) 5x 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 a2
+ b2
=1  (a + b)2
- 1=2ab  (a + b+1)(a+b- 1) =2ab

ab
a+b+1
=
2
a b
-
1
2
 T =
2
a b
-
1
2
0,5
Mặt khác ta có: a+b  2 . a2
+b2
= 2 nên T
1
2
( 2 - 1)
Dấu “ =” xảy ra  a = b =
2
2
. Vậy Tmax =
1
2
( 2 - 1)
Đối với khối B+D điểm của câu 5 chuyển cho Câu1.2 : 0,5đ và câu 4(hình): 0,5 đ