KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I
ĐỀ
THI MÔN: TOÁN – Kh
ố
i A+AB

Th
ờ
i gian: 180 phút (không k
ể
th
ờ
i gian giao
đề
)
Đề thi gồm 01 trangCâu I
. Cho hàm số
32
y2xx4x1(C)


1.
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C).
2.

Tìm s
ố

ắ
t tr
ụ
c hoành t
ạ
i
đ
i
ể
m A, c
ắ
t
tr
ụ
c tung t
ạ
i
đ
i
ể
m B sao cho OB = 2012.OA
Câu II
.
1. Giải phương trình
7
1x 4x6
2


2. Giải hệ phương trình

góc; a, b, c l
ầ
n l
ượ
t là
độ
dài các c
ạ
nh BC, CA, AB)
Câu IV

1. Cho hai
đường tròn
22
1
(C ):(x 1) (y 2) 4

 
và
22
2
(C ):(x 2) (y 3) 2


cắ
t nhau t
ại
đ
iể
m A(1; 4). Vi

đề
u. G
ọ
i H là hình chi
ế
u vuông góc c
ủ
a A trên BC. Hình chi
ế
u vuông
góc của đỉnh S trên mp(ABC) là một điểm nằm trên đường thẳng AH.
a. Tính thể tích khối chóp S.ABC
b. Tính góc giữa hai mặt phẳng mp(SAC) và mp(ABC)
Câu V. Cho hai số thực x, y thoả mãn
22
xy3
xyxy4



 

.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
22
P(x,y) x y xy 2xy.
Hết
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
)
GV. Luong Viet Hai - THPT Tuy Phong (suu tam)

2
(; ),
3

nb trên
2
(1; ).
3


Hàm số đạt cực đại tại x = -1 ;
giá trị cực đại là f(-1) = 4.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2/3 ;
giá trị cực tiểu là f(2/3) = - 17/27.
3. Đồ thị. Điểm uốn
191
I( ; )
654

làm tâm đối xứng.
- Đồ thị cắt Oy tại (0 ; 1), Cắt Ox tại (1 ; 0);
317
(;0)
4

; đi qua (-2 ; -7)



0.25
I.2
Tìm số thực k sao cho có hai tiếp tuyến cùng hệ số góc k…
1.00

- Hoành độ hai tiếp điểm là nghiệm pt f'(x) k
22
6x 2x 4 k 6x 2x (4 k) 0
(*)
- Có 2 tiếp tuyến
(*) có 2 nghiệm p/b
25
' 1 6(4 k) 0 k .(**)
6
      
- Có :
1137
f(x) f'(x)( x ) x 1.
3189
 Giả sử M(x ; y) là tiếp điểm thì f'(x) k và

1137 3k37 k18
yf(x)k(x ) x1 x
3189 9 18

  

0.25

0.25
0.25 +

-

-
17
27
4
_
+
+0
0
- Đk:
(**)
k18 k18
OB 2012.OA 2012 | 37 3k | 18108
18 2(37 3k)

 



18145 18071
k;k .
33
 
Vậy có hai giá trị k thoả mãn.
18145 18071
;.
33
0.25

II.1
Giải phương trình:
7
1x 4x6
2







- Với
13
v3;u 4x63 x .
24
 
(tm)
- Với
13 9 13 19
v;u(tm) 4x6 x .
510 5 100
 

Vậy pt có2 nghiệm x = ¾ ; x = 19/100. 0.25
0.25 0.25


   


2
u5v
v8v150






v3;u2
v5;u0







TH1
.
v3 5x4y9 x1
u2 3xy4 y1

 


0.25
0.25 0.25
0.25
III.1
Giải phương trình:
2
2cos2x
cot x cos x 1 (1)
1tanx sinx
 


1.00

- Đk : sin x 0;cos x 0 x k ,k Z.
2
2
(sin x 1)(2cos x cos x 1) 0  (sin x 1)(cos x 1)(2cos x 1) 0

 

12
2cos x 1 0 cos x x k2 ,k Z (t / m)
23



Vậy phương trình có hai họ nghiệm :
2
xk2,kZ
3


.

0.25

0.25


sin C sin B
sin B(cosB ) sin C(cosC ) 0
sin A sin A
sin B(sinAcosB sin(A B)) sinC(sinAcosC sin(A C)) 0

sin Bsin BcosA sinCsin CcosA 0  
22 0
(sin B sin C)cosA 0 cosA 0 A 90 . Vậy

ABC vuông tại A.
0.25
0.25

0.25

0.25
IV.1


 
  


 

 

 


22
22 22
4b 4(a b)
48
ab ab

 


2
2
22
a2ab
1b2ab0
ab





AC 2 3.
- Tam giác ABH có

00
ABH 60 BAH 30  ;

2
2
AB a a a 3
BH ; AH a .
22 4 2
 

- AO và BO lần lượt là hình chiếu vuông góc của SA, SB
trên mp(ABC), mà SA = SB  OA = OB.

AOB cân tại O


00
ABO 30 OBH 30 0.25

a3
a
A
C
S
H
O
M- Tam giác BHO có :
0
a
OH BH.tan 30 ;
23
a
OA OB 2OH .
3
 
( Suy ra O nằm giữa A và H)
- Tam giác SAO có :
2
222
a2
SO AB OB a a .
33


- Trong tam giác AOM có :

0
aa3a
OM AO sin OAM sin 60 .
22
33


Vậy :
2
a
SO 26 26
3
tan arctan .
a
MO 3 3
2
   0.25

0.25

0.25
0.25

2
2
a6a5
t(3a)t 0(*)
3

  

- Điều kiện để có x, y là phương trình (*) phải có hai nghiệm.

2
22
a0
a0
7a0
4
a6a70
(3 a) (a 6a 5) 0
3




     






0.25

0.25 0.25 -24
5


 








3 105 3 105
x;y
99
3 105 3 105
x;y
99
 


 






