Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng môn: Toán khối A, B - Lần I

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 	KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011
Đề thi thử lần 1
	 Môn: Toán. Khối A, B.
	 Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu I. (2 điểm).	Cho hàm số (1).
	1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
	2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳng đi qua M và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc bằng - 9. 
Câu II. (2 điểm) 
	1) Giải phương trình sau:	 .
	2) Giải phương trình lượng giác: .
Câu III. (1 điểm)	Tính giới hạn sau:	
Câu IV. (2 điểm)	
Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r. Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các đường sinh và đường tròn đáy của nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón).
Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I;
Giả sử độ dài đường sinh của nón không đổi. Với điều kiện nào của bán kính đáy thì diện tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất?
Câu V (1 điểm) 	Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = 2. 
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:	 P = x3 + y3 + z3 – 3xyz.
Câu VI. (1 điểm)	Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm 
Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó.
Câu VII. (1 điểm)	Giải hệ phương trình :
--------------- HẾT ---------------
Ghi chú: 	- Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì!
	- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!	
 Họ và tên thí sinh: ... Số báo danh: ...
HƯỚNG DẪN
CÂU
NỘI DUNG
ĐIỂM
I.1
 Hàm số: 
+) Giới hạn, tiệm cận:	
- TC đứng: x = -1; TCN: y = 2.
+) 	
+) BBT: 
x
- - 1 +
y'
 + || +
y
 2
 ||
2 
8
6
4
2
-2
-4
-6
-10
-5
5
10
+) ĐT:
1 điểm
I.2
+) Ta có I(- 1; 2). Gọi 
+) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M: 
+) 
+) Giải được x0 = 0; x0 = -2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5)
1 điểm
II.1
+) ĐK: 
+) Đặt Ta có hệ: 
+) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và 
+) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và 
1 điểm
II.2
+) ĐK: 
+) Giải pt được cos24x = 1 cos8x = 1 và cos24x = -1/2 (VN)
+) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là 
1 điểm
III
1 điểm
IV.1
+) Gọi là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và cũng là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB.
Ta có: 
+) Scầu = 
1 điểm
IV.2
+) Đặt :
+) BBT: 
r
0 
y'(r)
y(r)
 ymax
+) Ta có max Scầu đạt y(r) đạt max 
1 điểm
V
+) Ta có
+) Đặt x +y + z = t, , ta được:
+) , P() = 0; ; 
+) KL: 
1 điểm
VI
+) AD = Þ AB = 2 Þ BD = 5.
+) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4
+) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ:
VII
+) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0
+) Lấy loga cơ số 2009 và đưa về pt: 
+) Xét và CM HS đồng biến,
từ đó suy ra x2 = y2 Û x= y, x = - y
+) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log3(x +2) = 2log2(x + 1) = 6t
Đưa pt về dạng , cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1 
Þ x = y =7
+) Với x = - y thế vào (2) được pt: log3(y + 6) = 1 Þ y = - 3 Þ x = 3
Ghi chú:
 - Các cách giải khác với cách giải trong đáp án mà vẫn đúng, đủ thì cũng cho điểm tối đa.
 - Người chấm có thể chia nhỏ thang điểm theo gợi ý các bước giải. 
ÐỀ THI thö ĐẠI HỌC lÇn ii
NĂM häc: 2010-2011
 Môn thi : TOÁN
 lµm bµi:180 phótThêi gian (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I:(2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số)
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3.
 2. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng: y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E 
 sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau. 
Câu II:(2 điểm) 
 1. Giải hệ phương trình: 
 2. T×m tho¶ m·n ph­¬ng tr×nh: cotx – 1 = .
Câu III: (2 điểm)
 1. Trên cạnh AD của hình vuông ABCD có độ dài là a, lấy điểm M sao cho AM = x (0 < x £ a).
 Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2a.
 a) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC).
 b) KÎ MH vu«ng gãc víi AC t¹i H . T×m vÞ trÝ cña M ®Ó thÓ tÝch khèi chãp SMCH lín nhÊt
 2. Tính tích phân: I = .
Câu IV: (1 điểm) : Cho c¸c sè thùc d­¬ng a,b,c thay ®æi lu«n tho¶ m·n : a+b+c=1.
Chứng minh rằng : 
 PHẦN RIÊNG (3 điểm) ( Chó ý!:ThÝ sinh chØ ®­îc chän bµi lµm ë mét phÇn)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu Va :1.Trong mÆt ph¼ng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch b»ng vµ träng t©m thuéc ®­êng th¼ng : 3x – y – 8 = 0. T×m täa ®é ®Ønh C.
 2.Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz cho hai ®iÓm A(1;4;2),B(-1;2;4) 
 vµ ®­êng th¼ng : .T×m to¹ ®é ®iÓm M trªn sao cho:
Câu VIa : Gi¶i bÊt ph­¬ng tr×nh: 
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb: 1. Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600.
 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d víi
 d : .Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M, 
 cắt và vuông góc với đường thẳng d vµ t×m to¹ ®é cña ®iÓm M’ ®èi xøng víi M qua d
 Câu VIb: Giải hệ phương trình 
  ....Hết.
 (C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm)
 H­íng dÉn chÊm m«n to¸n
C©u 
 ý
 Néi Dung
§iÓm
 I
 2
 1
 Kh¶o s¸t hµm sè (1 ®iÓm)
 1
y = x3 + 3x2 + mx + 1	(Cm)
1. m = 3 : y = x3 + 3x2 + 3x + 1 	(C3)
+ TXÑ: D = R
+ Giới hạn: 
0,25
+ y’ = 3x2 + 6x + 3 = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2 ³ 0; "x
 hµm sè ®ång biÕn trªn R
0,25
Baûng bieán thieân:
0,25
 + y” = 6x + 6 = 6(x + 1)
 y” = 0 Û x = –1 tâm đối xứng U(-1;0)
* Ñoà thò (C3):
Qua A(-2 ;-1) ; U(-1 ;0) ; A’(0 ;1)
0,25
 2
1
Phöông trình hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa (Cm) vaø ñöôøng thaúng y = 1 laø: 
x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 Û x(x2 + 3x + m) = 0 Û 
0,25
	* (Cm) caét ñöôøng thaúng y = 1 taïi C(0;1), D, E phaân bieät:
Û Phöông trình (2) coù 2 nghieäm xD, xE ¹ 0.
Û(*)
0,25
Luùc ñoù tieáp tuyeán taïi D, E coù heä soá goùc laàn löôït laø:
 kD=y’(xD)=
 kE=y’(xE)= 
Caùc tieáp tuyeán taïi D, E vuoâng goùc khi vaø chæ khi: kDkE = –1
0,25
(3xD + 2m)(3xE + 2m) =-1
 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1
Û 9m + 6m(–3) + 4m2 = –1 (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo ñònh lý Vi-ét). Û 4m2 – 9m + 1 = 0 Û 
 So s¸nhÑk (*): m = 
0,25
 II
 2
 1
 1
 1. §k:
(1) 
0,5
 Û x = 4y Thay vµo (2) cã 
0,25
 V©y hÖ cã hai nghiÖm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = (10;5/2) 
0,25
 2
 1
 ®K: 
 PT 
0,25
0,25
0,25
 tanx = 1 (tm®k)
 Do 
0,25
 III
 2
 1
 1
Do 
Lai cã 
 0,25
Ta cã
O,5
 Tõ biÓu thøc trªn ta cã: 
 M trïng víi D
 0,25
 2
 1
I = 
 0,25
TÝnh I1
®Æt 
0,25
TÝnh I2
0,25
 VËy I= 
0,25
 IV
 1
 1
 .Ta cã :VT =	
 0,25
0,25
 0,25
Tõ ®ã tacã VT
DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi a=b=c=1/3
0,25
 V.a
 2
 1
 1
Ta cã: AB = , trung ®iÓm M ( ), 
pt (AB): x – y – 5 = 0
 0,25
 S= d(C, AB).AB = d(C, AB)= 
Gäi G(t;3t-8) lµ träng t©m tam gi¸c ABC th× d(G, AB)= 
 0,25
 d(G, AB)= =t = 1 hoÆc t = 2
G(1; - 5) hoÆc G(2; - 2)
 0,25
Mµ C = (-2; -10) hoÆc C = (1; -1)
0,25
 2
1
0,5
Ta cã: 
0,25
 Tõ ®ã suy ra : M (-1 ;0 ;4) 
0,25
VI.a
1
1
Bpt 
0,25
 BPTTT : 
 (tm)
0,25
Khi ®ã : 
0,25
0,25
V.b
 2
VIb
 1
 1
. (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2; M Î Oy Þ M(0;m)
 Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)
 Vậy Vì MI là phân giác của 
 (1) Û = 300 Û MI = 2R Û
 (2) Û = 600 Û MI = R Û Vô nghiệm
 Vậy có hai điểm M1(0;) và M2(0;-)
0,5
0,5
 2
 1
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d.
d có phương trình tham số là: 
Vì H Î d nên tọa độ H (1 + 2t ; - 1 + t ; - t).Suy ra := (2t - 1 ; - 2 + t ; - t)
0,25
Vì MH ^ d và d có một vectơ chỉ phương là = (2 ; 1 ; -1), nên :
2.(2t – 1) + 1.(- 2 + t) + (- 1).(-t) = 0 Û t = . Vì thế, = 
0,25
Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là: 
0,25
Theo trªn cã mµ H lµ trung ®iÓm cña MM’ nªn to¹ ®é M’
0,25
ĐK: x>0 , y>0 
 (1) Û 
0,5
 Ûlog3xy = 1 Û xy = 3Ûy= 
(2)Û log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy) Û x2+ 2y2 = 9
0,25
Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: ( ;) hoặc (; )
0,25
A
M
D
 S
H
B
C
 KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011
MÔN TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút)
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số có đồ thị (Cm).
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
 2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng 
Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: 
 b) Giải phương trình : 
Câu III (1 điểm) Tính tích phân 
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’ 
 và BC là 
Câu V (1 điểm) 
 Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
 B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
 a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C. 
 b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với
 O qua (ABC).
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:,C.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao 
Câu VIb (2 điểm)
a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: 
...HẾT...........
ĐÁP ÁN
Câu I
a)
Đồ Học sinh tự làm
0,25
b) 
y’ có 
0,5
 Hàm số đồng biến trên 
0,25
0,25
Câu II a)
Giải phương trình: 
1 điểm
PT
0,25
Nhận xét không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
0,25
 ;
0,25
Xét khi 2m=5km,
Xét khi =1+2m=7kk=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, 
Vậy phương trình có nghiệm: ();() trong đó 
0,25
 b) 
Giải phương trình : 
1 điểm
PT 
 . Đặt 
Pt trở thành 
Ta có:
0,25
Pt trở thành 
Ta có:
0,25
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:
0,5
Câu III
Tính tích phân 
1 điểm
Ta c ó = 
 Đặt u=;
0,25
 Ta được: =3
0,25
 =3
0,25
Vậy I
0,25
Câu IV
A
B
C
C’
B’
A’
H
O
M
Gọi M là trung điểm BC ta thấy: 
Kẻ (do nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do .Vậy HM là đọan vông góc chung của
AA’và BC, do đó .
 0,5 
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: 
 suy ra 
Thể tích khối lăng trụ: 
0,5
Câu V
1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn .Chứng minh rằng:
1 điểm
Đặt 
*Trước hết ta chưng minh: :Thật vậy 
Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết 
 hay a
= 
==
= do a 
0,5
*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh: với a+2t=3
Ta có 
 =
 = do 2t=b+c < 3
Dấu “=” xảy ra (ĐPCM)
0,5
2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
Tõ gi¶ thiÕt suy ra:
Tõ ®ã ta cã .
0,25
M¨t kh¸c 
 nªn .®¨t t=xy
Vëy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cña 
0.25
TÝnh 
0.25
Do hµm sè liªn tôc trªn nªn so s¸nh gi¸ trÞ cña ,, cho ra kÕt qu¶:
,
 ...  – 6; y – 2); = (x – 11; y + 1).
. = x2 – 17x + 66 + y2 – y – 2 = 0 	(1)
E x + y – 5 = 0 .	(2)
Giải hệ (1), (2) tìm được x1 = 7; x2 = 6.
Tương ứng có y1 = -2; y2 = -1E1 = (7; -2); E2 = (6; -1)
Suy ra F1 = (5; 6), F2 = (6; 5).
Từ đó ta có phương trình đường thẳng AB là x – 4y + 19 = 0 hoặc y = 5 .
 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng và mặt cầu . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cặt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.
Giải:
 Mặt cầu có tâm I(1;2;3) bán kính R=5
Khoảng cách từ tâm I đến mp (P) là 
	.
Vì d(I;(P)) <R nên (P) cắt (S) theo đường tròn.
Gọi H là hình chiếu của I trên (P) thì H là giao của mp(P) với đường thẳng qua I, vuông góc với (P). Dễ dàng tìm được H= (3;0;2). 
Bán kính đường tròn là: .
Câu VII. a
 Phương trình: z2 + 2z + 10 = 0
Ta có: = (-1)2 – 10 = -9 = (3i)2
nên phương trình có hai nghiệm là:
z1 = -1 – 3i và z2 = -1 + 3i
Suy ra 
Vậy A = + 
Chương trình nâng cao
Câu VI. b
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn và đường thẳng , với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.
Giải:
Đường tròn (C) có tâm I(-2;-2); bán kính 
Gọi H là hình chiếu của I trên .
Để cắt đường tròn (C) tại 2 điểm A,B phân biệt thì: IH<R
Khi đó 
 khi (hiển nhiên IH < R)
Vậy, có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu là: m = 0 và m = 
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng và hai đường thẳng . Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau.
Giải:
 Giả sử M(a;b;c) là điểm cần tìm.
Vì nên: 
Khoảng cách từ M đến mp (P) là:
Gọi (Q) là mp qua M và vuông góc với , ta có:
	Hay (Q): 
	Gọi H là giao điểm của (Q) và Tọa độ H là nghiệm của hpt:
	Yêu cầu bài toán trở thành:
	Vậy có 2 điểm thoả mãn là: M(0;1;-3) và M
Câu VII b.
Giải hệ phương trình .
Giải:
Điều kiện 	
Viết lại hệ dưới dạng:
: thỏa mãn
 Hết. 
 GV: Đặng Ngọc Liên-SĐT: 0977467739
 Trường THPT Ngọc Hồi KonTum.
®Ò thi thö ®¹i häc lÇn thø nhÊt khèi A
Tr­êng THPT TrÇn H­ng §¹o
M«n: To¸n Thêi gian: 180 phót
I.PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7 ®iÓm)
C©u I (2 ®iÓm). Cho hµm sè cã ®å thÞ lµ (C) 
	1.Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè
	2.Chøng minh ®­êng th¼ng d: y = -x + m lu«n lu«n c¾t ®å thÞ (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B. T×m m ®Ó ®o¹n AB cã ®é dµi nhá nhÊt.
C©u II (2 ®iÓm)
	1.Gi¶i ph­¬ng tr×nh 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8
	2.Gi¶i bÊt ph­¬ng tr×nh 
C©u III (1 ®iÓm). T×m nguyªn hµm 
C©u IV (1 ®iÓm). Cho l¨ng trô tam gi¸c ABC.A1B1C1 cã tÊt c¶ c¸c c¹nh b»ng a, gãc t¹o bëi c¹nh bªn vµ mÆt ph¼ng ®¸y b»ng 300. H×nh chiÕu H cña ®iÓm A trªn mÆt ph¼ng (A1B1C1) thuéc ®­êng th¼ng B1C1. TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®­êng th¼ng AA1 vµ B1C1 theo a.
C©u V (1 ®iÓm). Cho a, b, c và . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
II.PhÇn riªng (3 ®iÓm)
1.Theo ch­¬ng tr×nh chuÈn
C©u VIa (2 ®iÓm).
	1.Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho ®­êng trßn (C) cã ph­¬ng tr×nh (x-1)2 + (y+2)2 = 9 vµ ®­êng th¼ng d: x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®­êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®­îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng.
	2.Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ®iÓm A(10; 2; -1) vµ ®­êng th¼ng d cã ph­¬ng tr×nh . LËp ph­¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua A, song song víi d vµ kho¶ng c¸ch tõ d tíi (P) lµ lín nhÊt.
C©u VIIa (1 ®iÓm). Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 4 ch÷ sè kh¸c nhau vµ kh¸c 0 mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ hai ch÷ sè lÎ.
2.Theo ch­¬ng tr×nh n©ng cao (3 ®iÓm)
C©u VIb (2 ®iÓm)
1.Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho ®­êng trßn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0 vµ ®­êng th¼ng d cã ph­¬ng tr×nh x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®­êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®­îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng.
	2.Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ®iÓm A(10; 2; -1) vµ ®­êng th¼ng d cã ph­¬ng tr×nh. LËp ph­¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua A, song song víi d vµ kho¶ng c¸ch tõ d tíi (P) lµ lín nhÊt.
C©u VIIb (1 ®iÓm) Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 5 ch÷ sè kh¸c nhau mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ ba ch÷ sè lÎ.
-HÕt-
®¸p ¸n ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 1 khèi a – m«n to¸n
I.PhÇn dµnh cho tÊt c¶ c¸c thÝ sÝnh
C©u
§¸p ¸n
§iÓm
I 
(2 ®iÓm)
1. (1,25 ®iÓm)
a.TX§: D = R\{-2}
b.ChiÒu biÕn thiªn 
+Giíi h¹n: 
Suy ra ®å thÞ hµm sè cã mét tiÖm cËn ®øng lµ x = -2 vµ mét tiÖm cËn ngang lµ y = 2
0,5 
+
Suy ra hµm sè ®ång biÕn trªn mçi kho¶ng vµ 
0,25
+B¶ng biÕn thiªn
 x -2 
 y’ + +
 2
 y 
 2 
0,25
c.§å thÞ:
§å thÞ c¾t c¸c trôc Oy t¹i ®iÓm (0; ) vµ c¾t trôc Ox t¹i ®iÓm(;0)
y
O
2
-2
§å thÞ nhËn ®iÓm (-2;2) lµm t©m ®èi xøng
x
0,25 
2. (0,75 ®iÓm)
Hoµnh ®é giao ®iÓm cña ®å thÞ (C ) vµ ®­êng th¼ng d lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh 
Do (1) cã nªn ®­êng th¼ng d lu«n lu«n c¾t ®å thÞ (C ) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B
0,25
Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ng¾n nhÊt ó AB2 nhá nhÊt ó m = 0. Khi ®ã 
0,5
II
(2 ®iÓm)
1. (1 ®iÓm)
Ph­¬ng tr×nh ®· cho t­¬ng ®­¬ng víi 
9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8 
ó 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0 
ó 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0
0,5
ó (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0
ó 
0,25
ó
0,25
2. (1 ®iÓm)
§K: 
BÊt ph­¬ng tr×nh ®· cho t­¬ng ®­¬ng víi 
®Æt t = log2x,
BPT (1) ó
0,5
0,25
 VËy BPT ®· cho cã tËp nghiÖm lµ: 
 III
1 ®iÓm
®Æt tanx = t 
0,5
0,5
C©u IV
1 ®iÓm
A1
A
B
C
C1
B1
K
H
Do nªn gãc lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶ thiÕt th× gãc b»ng 300. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc =300 . Do tam gi¸c A1B1C1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H thuéc B1C1 vµ nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1. MÆt kh¸c nªn 
0,5
KÎ ®­êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA1 vµ B1C1
0,25
Ta cã AA1.HK = A1H.AH 
0,25
C©u V
1 ®iÓm
Ta có: P + 3 = 
Để PMin khi a = b = c = 1
0,5
0,5
PhÇn riªng.
1.Ban c¬ b¶n
C©u VIa
2 ®iÓm
1.( 1 ®iÓm)
Tõ ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®­êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®­îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn vµ => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3 
0,5
0,5
2. (1 ®iÓm)
Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ng c¸ch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng c¸ch tõ H ®Õn (P).
Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã => HI lín nhÊt khi 
VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn.
0,5
v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn lµ vÐc t¬ chØ ph­¬ng cña d) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 
ó 7x + y -5z -77 = 0
0,5
C©u VIIa
1 ®iÓm
Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã c¸ch chän 2 ch÷ sè ch½n (v× kh«ng cã sè 0)vµ c¸ch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã .= 60 bé 4 sè tháa m·n bµi to¸n
0,5
Mçi bé 4 sè nh­ thÕ cã 4! sè ®­îc thµnh lËp. VËy cã tÊt c¶ ..4! = 1440 sè
0,5
	2.Ban n©ng cao.
C©u VIa
2 ®iÓm
1.( 1 ®iÓm)
Tõ ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®­êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®­îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn vµ => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3 
0,5
0,5
2. (1 ®iÓm)
Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ng c¸ch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng c¸ch tõ H ®Õn (P).
Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã => HI lín nhÊt khi 
VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn.
0,5
v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn lµ vÐc t¬ chØ ph­¬ng cña d) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 
ó 7x + y -5z -77 = 0
0,5
C©u VIIa
1 ®iÓm
Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã c¸ch chän 2 ch÷ sè ch½n (kÓ c¶ sè cã ch÷ sè 0 ®øng ®Çu) vµ =10 c¸ch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã . = 100 bé 5 sè ®­îc chän.
0,5
Mçi bé 5 sè nh­ thÕ cã 5! sè ®­îc thµnh lËp => cã tÊt c¶ ..5! = 12000 sè.
MÆt kh¸c sè c¸c sè ®­îc lËp nh­ trªn mµ cã ch÷ sè 0 ®øng ®Çu lµ . VËy cã tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 sè tháa m·n bµi to¸n
0,5
KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011
	 Môn: Toán. Khối A, B.
	 Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu I. (2 điểm).	Cho hàm số (1).
	1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
	2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳng đi qua M và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc bằng - 9. 
Câu II. (2 điểm) 
	1) Giải phương trình sau:	 .
	2) Giải phương trình lượng giác: .
Câu III. (1 điểm)	Tính giới hạn sau:	
Câu IV. (2 điểm)	
Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r. Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các đường sinh và đường tròn đáy của nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón).
Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I;
Giả sử độ dài đường sinh của nón không đổi. Với điều kiện nào của bán kính đáy thì diện tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất?
Câu V (1 điểm) 	Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = 2. 
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:	 P = x3 + y3 + z3 – 3xyz.
Câu VI. (1 điểm)	Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm 
Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó.
Câu VII. (1 điểm)	Giải hệ phương trình :
--------------- HẾT ---------------
Ghi chú: 	- Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì!
	- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!	
 Họ và tên thí sinh: .Số báo danh: 
HƯỚNG DẪN
CÂU
NỘI DUNG
ĐIỂM
I.1
 Hàm số: 
+) Giới hạn, tiệm cận:	
- TC đứng: x = -1; TCN: y = 2.
+) 	
+) BBT: 
x
- - 1 +
y'
 + || +
y
 2
 ||
2 
8
6
4
2
-2
-4
-6
-10
-5
5
10
+) ĐT:
1 điểm
I.2
+) Ta có I(- 1; 2). Gọi 
+) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M: 
+) 
+) Giải được x0 = 0; x0 = -2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5)
1 điểm
II.1
+) ĐK: 
+) Đặt Ta có hệ: 
+) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và 
+) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và 
1 điểm
II.2
+) ĐK: 
+) Giải pt được cos24x = 1 cos8x = 1 và cos24x = -1/2 (VN)
+) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là 
1 điểm
III
1 điểm
IV.1
+) Gọi là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và cũng là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB.
Ta có: 
+) Scầu = 
1 điểm
IV.2
+) Đặt :
+) BBT: 
r
0 
y'(r)
y(r)
 ymax
+) Ta có max Scầu đạt y(r) đạt max 
1 điểm
V
+) Ta có
+) Đặt x +y + z = t, , ta được:
+) , P() = 0; ; 
+) KL: 
1 điểm
VI
+) AD = Þ AB = 2 Þ BD = 5.
+) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4
+) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ:
VII
+) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0
+) Lấy loga cơ số 2009 và đưa về pt: 
+) Xét và CM HS đồng biến,
từ đó suy ra x2 = y2 Û x= y, x = - y
+) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log3(x +2) = 2log2(x + 1) = 6t
Đưa pt về dạng , cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1 
Þ x = y =7
+) Với x = - y thế vào (2) được pt: log3(y + 6) = 1 Þ y = - 3 Þ x = 3
Ghi chú:
 - Các cách giải khác với cách giải trong đáp án mà vẫn đúng, đủ thì cũng cho điểm tối đa.
 - Người chấm có thể chia nhỏ thang điểm theo gợi ý các bước giải.