Sở GD&ĐT thanh hoá
Trờng thpt tĩnh gia 2 đề thi thử đại học lần 1, môn toán khối b
Năm học 2010-2011
(thời gian làm bài 180 phút)
I . phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)
c âu I (2 điểm). Cho hàm số :
( )
3 2
6 9 1y x x x C= + +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
2. Tìm tất cả các giá trị của k để đờng thẳng (d) đi qua điểm
( )
4;5M
với hệ số góc k cắt đồ thị (C)
tại ba điểm phân biệt có hoành độ dơng.
C âu II. (2 điểm).
1. Giải phơng trình :
( )
( )
3
sin 2 cos 3 2 3 3 3 2 8 3 cos sin 3 3 0x x cos x cos x x x
+ + =
2. Giải hệ phơng trình :
( )
2 2
2
2
1 4
2 7 2
x y xy y
y x y x y

=
. Hai mặt bên (SAB) và (SAC) vuông góc với mặt đáy. Mặt bên
SBC
tạo với đáy một
góc
45
0
và
0
30SBA =
. Tính thể tích khối chóp
SABC
.
C âu V .(1 điểm).
Cho
, ,a b c
là các số thực dơng thỏa mãn
2 2 2
3
4
a b c+ +
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

( ) ( ) ( )
3 3 3
1 1 1
T a b b c c a
a b c
= + + + + + +
II. phần riêng (3 điểm)

Câu VIb (2 điểm)
1. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho
ABC
có diện tích bằng 6 hai đỉnh
( )
5; 5A
,
( )
7; 3B
trọng
tâm G thuộc đờng thẳng
( )
:3 18 0d x y =
. Tìm tọa độ đỉnh C.
2. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đờng tròn
( )
2 2
: 2 4 4 0.C x y x y+ + =
và đờng thẳng
( )
: 0d x y m+ + =
. Tìm m để trên (d) có điểm A mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng
tròn (C). (B và C là hai tiếp điểm) sao cho
ABC
vuông .
Câu VIIb. (1 điểm) Giải phơng trình tổ hợp :
2 2
1 1
2 4
x

3;10
'
<
xy
suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng đó
+) Cực trị : Hàm số đạt cực tiểu tại
1;3
==
CT
yx
Hàm số đạt cực đại tại
5;1
==
CD
yx
.
+) Nhánh vô cực:
lim

x

=
y
,
lim
+
x

+=
y

( )
( )
3 2
2
6 9 1 4 5
4 2 1 0
x x x k x
x x x k
+ + = +
+ =
Để (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dơng thì phơng trình:
( )
2
2 1 0g x x x k= + =
phải có hai nghiệm
1 2
,x x
dơng phân biệt khác 4
Điều này tơng đơng với:
0,25
0.25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
y
O x
5
1

+ = >
 
<


= − >


0,25
II
(2,0
®iÓm)
III
(1,0
®iÓm)
1 (1 ®iÓm) . ta cã pt ®· cho t¬ng ®¬ng víi pt:
( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
2 3 2
2
2
2
2sin 6sin 2 3 3 3 2 1 8 3 sin 3 3 0
2 3 sin 6 3 sin 8 3 sin 0
3 sin 2 6 8 0
t 3


= −

( )
2
k
x k
π


∈

=

Z
2.(1®iÓm). : NhËn thÊy
0y =
th× hÖ ph¬ng tr×nh v« nghiÖm.
Víi
0y ≠
ta cã:
( )
2 2
2
2
1 4
2 7 2
x y xy y
y x y x y



+ = +


§Æt
2
1
,
x
u v x y
y
+
= = +
ta cã hÖ
2 2
4 4
3, 1
5, 9
2 7 2 15 0
u v u v
v u
v u
v u v v
+ = = −
= =
 

⇔ ⇔
 


( )
2 2 2
1 9 1 9 9 46 0
5 5 5
x y x y x x
vn
x y y x y x
  
+ = + = + + =
⇔ ⇔
  
+ = − = − − = − −
  
VËy hÖ pt cã hai nghiÖm:
( ) ( ) ( )
{ }
; 1; 2 , 2;5x y = −
Ta cã
2
3
2
ln
x
x
x e dx
x
 
+
 ÷
 

( )
2 3
2
2 2
ln ln
ln ln
3
x x
I dx xd x c
x
= = = +
∫ ∫
VËy:
( )
3
3 3
1 2 1 2
1
ln ,
3 3
x
x
e
I I I xe x c c c c
 
= + = − + + = +
 ÷
 
0,25
0,25

Với
( )
mp ABC
nên ta có:

( )
BC AM
BC SAM
BC SA






.
Góc gữa mặt bên
( )
SBC
và mặt đáy là
góc
0
45SMA SA AM a = = =
.
góc
0 0
30 .cot 30 3SBA AB SA a = = =
.

2 2

Do
, ,a b c
là các số thực dơng nên theo bất đẳng thức côsi ta có:

( ) ( ) ( )
3 3 3
1 1 1 3
8T a b b c c a ab bc ca
a b c abc
= + + + + + + +
. hay

3 1 23
8 8
64 8
T abc abc
abc abc abc

+ = + +
ữ

+)
( )
3
2 2 2
2
2 2 2
1 1
3 64 8
a b c

2
a b c= = =
.
1.(điểm) Đờng thẳng
( )

đi qua A và vuông góc với (d) có pt:

( ) ( )
2 1 2 0 2 0x y x y+ + = + =
.

ABC

vuông ở C do đó tọa độ của C là nghiệm của hệ

3
2 3 0
3 6
5
;
2 0 6
5 5
5
x
x y
C
x y
y


2 2
2
12 6 36
2 3; , 2 5 12
5 5 5
B y y d BC y y y y

= + = +
ữ ữ

0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
S
A
B
C
M
4
Câu
VIIa
(1
điểm)
VIb

2 2
2

15 15 3 3
B B


ữ ữ


2.(1điểm). Vì d là trung trực BC suy ra pt BC là
2 3 7 0x y =
Gọi
I d BC
=
suy ra tọa độ I là nghiệm của hệ pt:

( )
3 2 4 0 2
2; 1
2 3 7 0 1
x y x
I
x y y
+ = =



= =

.
Vì I là trung điểm BC suy ra
( )

2 2
2 2
148 46 8 74 23 9601
: 0
21 7 3 21 7 441
C x y x y x y

+ + + = + + =
ữ ữ

.
*)Trớc hết ta tìm các số chẳn có 4 chữ số khác nhau:
Gọi số đó là
abcd

TH1 :
0d
=
có 1 cách chọn . abc có
3
9
A
cách chọn.
Trờng hợp này lập đơc 7.8.9 =504 (số)
TH2: d=2,4,6,8 có 4 cách chọn d
+) a có 8 cách chọn
+) b,c có
2
8
A