Đề thi khảo sát chất lượng thi đại học lần thứ 1 đề thi Môn Toán; Khối A

Câu VII a 1,0 điểm: Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b2,0 điểm 1.[r]

Sở Gíao dục & Đào tạo

tỉnh Vĩnh Phúc

Trường THPT Xuân Hoà

KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1

ĐỀ THI MÔN Toán; Khối A

T hời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Đề thi gồm 01 trang

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

I/- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7, 0 điểm)

Câu I (2,0 yx42m x2 21 (1)

1

2

7 8 9 giá ' !" m

Câu II (2,0 điểm):

1 : 5);& trình: sin 4xcos 4x 1 4(sinxcos )x

2 : 7 5);& trình:







Câu III (1,0 điểm): Tính &8 3 2

0

lim

.sin

x



Câu IV (1,0 điểm): Trong không gian, cho tam giác vuông cân ABC có 3 0,E

AB = 2a Trên );& +& d  qua A và vuông góc 8 G 5+& (ABC) /H, 4 S, sao cho G 5+& (SBC) 3 8 G 5+& (ABC) I góc 600 Tính J7 tích G K0 &3 5 %

J7 SABC.

Câu V (1,0

2

( )

f x



II PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong phần ( phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa (2,0 điểm)

1 Trong G 5+& 8 7 3 I 0xy, cho elíp (E) có tiêu 4 % H (  3; 0) và  qua

4 (1;4 33) Hãy xác  3 I các R !" (E).

5

M

2 : 5);& trình: 2.27x18x 4.12x3.8x

Câu VII a (1,0

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b(2,0 điểm)

1 Trong G 5+& 8 7 3 I 0xy, cho 4 A(2; 1) XH, 4 B ( trên 'Y hoành có

hoành I không âm sao cho tam giác ABC vuông 3 A Tìm 3 I B, C 4 tam giác ABC có J7 tích /8 H

2 Có bao nhiêu

Câu VII.b(1,0 m có hai 4  ' A, B và 3 AB &2

2 1

mx y

x





H

[[[[[[[[[[[[[[[[[[[[[[[[[P[[[[[[[[[[[[[[[[[[[[[[[[[[

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

P9 và tên thí sinh:………; ] báo danh:………

ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM

MÔN TOÁN Khối A

X)0 ý : P9 sinh làm theo cách khác mà _& ` cho 4  "

I 1 (1, 0 điểm)  sát….

yx  x 

* @d5 xác  R

* ]  thiên

+ y'4x34x4 (x x2 1) y'  0 x 0 0, 25

Ta có: 'y   0 x 0; 'y   0 x 0

Hàm ; 0 và &  trong #& 0;;

3  40 3 x=0; y(0)=1

0, 25

+ :8 3 lim lim

    

Z&  thiên:

x  0 

y' - 0 +

1

0, 25

*

-%&

6

4

2

0,25

2 ((1, 0 điểm) %& minh )*& +& ….

x42m x2 2  1 x 1

x x( 32m x2  1) 0 (*)

 3 0 2 Ph);ng trình (*) có I &7

x







x = 0

0,25

x  m x  khác 0 8 9 giá ' m

* i0 m=0 thì pt(**) 'b thành: 3 pt(*) có úng 2 &7 

 i0 m0, Xét hàm 3 2 trên R

f x x  m x

 Ta có: 2 2 f(x) luôn &  trên R

f x  x  m    x R

có E0 H I &7  ( ) 0

f x

0,25

Ta có: f(0) = -1; f(1) =2m2 >0  f(0) (1)f  0 pt f x( )0có E0 H I

&7 0I (0; 1)

II 1 (1, 0 điểm) : 5);& trình: sin 4xcos 4x 1 4(sinxcos )x (1)

g  x R

2

(1) sin 4 1 cos 4 4(sin cos )

2 sin 2 cos 2 2 cos 2 4(cos sin ) (cos sin )(cos 2 sin 2 ) 2(cos sin ) 0 (cos sin ) (cos sin )(cos 2 sin 2 ) 2 0 (2)

0,25

Xét hai # nnng -, ra cho (2):

* TH1: cos sin 0 tan 1

4

* TH2:

(cos sin )(cos 2 sin 2 ) 2 0

cos 3 cos( ) 2 (*)

2



2

x

x 









0,25

x     x  m 

3 3 6

2

Lúc ó: cos 3 cos( 3 6 ) 0 ( Vô lý 8 (3))

2

ad, (*) vô &7 C nên (1) có &7 

4

 

0,25

2.(1, 0 điểm) : 7 5);& trình:







HPT

Pt (1) 2 0

16 5 (3)

x





 +) x = 0 thay vào (2) ta )o y 2

+) x0, pt (3) 2 16 thay vào (2) ta )o 

5

x y

x



 

124x 132x 256 0 x 1

0,5

 i0 x = 1 thì y = -3

 i0 x =-1 thì y = 3

ad, HPT có các &7  (x; y) =( 0; 2); (0; -2); (1; -3); (-1; 3) 0,25

A

C

B

III

(1, 0 điểm) Tính &8 3 I= 2

0

1 cos 2 tan lim

.sin

x



2 2

2

0

sin

2 sin

cos lim

.sin

x

x x

x I





2

0

2 sin sin

.cos

x

I



0,5

IV (1 điểm): Tính J7 tích G K0 &3 5 % J7 SABC.

@q &  suy ra ABC

vuông 3 C # o5 8 d (SAC)

Suy ra BC(SAC)

Do ó  0

60

SCA

Trong tam giác vuông SAC ta có

0

tan 60 6

0,5

Trong tam giác SAB có: SB SA2AB2 a 10

Do   0 nên % J7 SABC I 5 trong G K0 )*& kính SB

90

SCBSAB

0,25 Suy ra bán kính G K0 (& 10

SB  a

mc  R   a

0,25

V

(1

2

( )

f x



2

( )

f x



2

0,5

)

g+& % -, ra x22x   2 1 x 1

Vi.a 1.(1 điểm): Hãy xác  3 I các R !" (E).

(E) có tiêu 4 F1( 3; 0)nên c 3

Ph);ng trình chính 2 !" (E) có J3& (a>b>0)

5

25

E

3

a b c b 



2

0,5

Suy ra: a2 25 a 5 ad, (E) có  R là: (-5;0); (5; 0); (0;- 22); (0;

) 22

0,25

2 (1,0 điểm): : 5);& trình: 2.27x18x 4.12x 3.8x.

Ta có PT2.33x2 3x 2x 4.2 32x x3.23x 0,25

gG 3 , k: t>0 PT 'b thành:

2

x

t  

   

1 3 2

t t

 







 



Do t >0 nên t=3

2

0,25

Khi 3 , ta có: KL: i&7 PT là

2

x

x

    

 

0,25

ViIa

(1,0

@q &  bài toán ta có C42 6 cách

và C52 10 cách C52.C52= 60

toán

0,5

.4! = 1440

2 4

5

VI.b 1 (1 điểm): Tìm 3 I B, C 4 tam giác ABC có J7 tích /8 H

:9 A(2; 1); B(b; 0); C(0; c); b, c > 0

Theo &  ta có tam giác ABC vuông 3 A nên

5

2

AB AC        c b O b

ABC

(b 2) 1 b 4b 5

Do 0 5 max khi b =0 Suy ra B(0; 0); C(0; 5)

2

  

0,25

2.(1

có

@q &  bài toán ta H, có C52 10 cách

= 100 I

3 5

.5! = 12000

2 5

C C53

960

! 4 53

1

C

0,5

VII.b

(1 y mx2 1 có hai 4  ' A, B và 3 AB &2 H

x





Ta có:

2 2

1 ' mx

y

x



Hàm  y'0 có hai &7 phân 7 khác 0  m 0(*) 0,25 Khi m<0

2

m

0,25

( không {

   

m



1

1 2

m

m

m

  





 o5 8 40 #7 (*) ta )o 1

2

m 

KL:

0,25