Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 184

Trường THPT Minh Khai           ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2011­2012 
MÔN: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút 
I.  PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ  THÍ SINH 
Câu I. Cho hàm số  3 2 ( 2) ( 1) 2 
3 
m 
y x m x m x = + - + - +  (Cm) 
1.Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m=1 
2.Tìm m để hàm số có cực đại tại x1, cực tiểu tại x2  thỏa mãn x1<x2<1 
Câu II. 
1.Giải phương trình:  2  tan 2 sin(2 ) 0 
1 cot 4 
cos x 
x x 
x 
p 
- + - = 
+ 
2. Giải hệ phương trình: 
4 2 4 
2 2 
x y x y 
x y x y 
ì + + + = ï 
í 
+ + + = - ï î 
Câu III.  Tính  giới hạn 
2 2 2 
1 
3 6 4 
lim 
tan( 1) 
x 
x 
e e x x 
x ® 
- - + 
- 
Câu IV.  Cho lăng trụ  ABCA B C ¢ ¢ ¢ có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, BC=2a, 
AA¢  vuông góc với mặt phẳng (ABC) .Góc giữa  ( ) AB C ¢  và ( ) BB C ¢  bằng  0 60  .Tính thể 
tích lăng trụ  ABCA B C ¢ ¢ ¢ . 
Câu V.Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc=1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của 
3 3 3 
1 1 1 
( ) ( ) ( ) 
A 
a b c b c a c a b 
= + + 
+ + + 
II.PHẦN RIÊNG  (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần) 
A. Theo chương trình chuẩn 
Câu VI a. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD tâm I biết 
A(0;1),B(3;4) nằm trên (P) có phương trình  2  2 1 y x x = - +  ,I nằm trên cung AB của (P) 
sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất.Tìm tọa độ C,D 
Câu VIIa.  Giải phương trình:  2 3 4 log ( 2) log ( 4 3) x x x - = - + 
CâuVIIIa.  Tìm hệ số của x 8  trong khai triển  3 2 6 ( 2 2) x x x - + - 
B. Theo chương trình nâng cao 
CâuVIb.  Cho hình vuông ABCD có tâm I  5 5 ( ; ) 
2 2 
, hai điểm A,B lần lượt nằm trên 
đường thẳng  x+y­3=0 và đường thẳng x+y­4=0.Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông. 
Câu VIIb.  Giải phương trình :  2 2 3 16 8 2 1 log 4 2log 4( 3) log (2 ) x x x x é ù + - = - + + ë û 
Câu VIIIb.  Với 4 chữ số a,b,1,2 đôi một khác nhau lập được 18 số có 3 chữ số khác 
nhau. Biết tổng của 18 số đó bằng 6440.Tìm a,b. 
(Thí sinh thi khối B và khối D không phải làm câu V) 
  (Giám thị không giải thích gì thêm) 
Cảm ơn từ phanthangmks@gmail.com gửi đến www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT MINH KHAI     KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THƯ NHẤT 
NĂM HOC 2011 ­ 2012 
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN 
NỘI DUNG  ĐIỂM 
Khi m=1 thì  3 2 1  2 
3 
y x x = - + 
TXĐ:D=R 
Giới hạn : lim ; lim 
x x 
y y 
®+¥ ®-¥ 
= +¥ = -¥ 
CBT:  2  2 y x x ¢ = -  , 
0 
0 
2 
x 
y 
x 
= é 
¢ = Û ê = ë 
0,25đ 
BBT 
x -¥  0                        2                          +¥ 
y¢  +          0  ­  0             + 
y  2                                                     +¥ 
-¥ 
2 
3 
0,25đ 
CÂU 1 
I1 
(1điểm) 
Hàm số ĐB trên  ( ;0) (2; ) va -¥ +¥  ,hàm số NB trên (0;2) 
Hàm số đạt CĐ tại x=0,yCĐ=2, Hàm số đạt CT tại x=2,yCT= 
2 
3 
0,25đ 
Đồ thị :  2 2; 0 1 y x y x ¢¢ ¢¢ = - = Û = 
nênU(1; 4 
3 
) là điểm uốn của đồ thị 
Đồ thị cắt Oy tại (0;2) . Đồ thị đi qua (­1; 2 
3 
) và (3;2) 
0,25đ 
I2 
(1điểm) 
2  2( 2) 1 y mx m x m ¢ = + - + -  0,25đ 
­1  O  2  3 
2 
2/3 
x 
y
0 
0  4 
3 4 0  5 4 3 
4 5 0  5  4 3 
4 1 0 
1 
m 
m 
m m 
m 
m 
m 
m 
m 
> ì 
ï > ì 
ï ï ï Û Û ï ï > 
ï ï - î 
Vậy 5/4<m<4/3 
0,25đ 
ĐKXĐ 
1 cot 0 
sin 0 
cosx 0 
x 
x 
+ ¹ ì 
ï ¹ í 
ï ¹ î 
pt  os2 .s inx s inx  sin 2 os2 0 
s inx osx osx 
c x 
x c x 
c c 
Û - + - = 
+ 
0,25đ 
s inx 1 
s2 ( 1) s inx(2cos ) 0 
s inx osx cos 
os2 .cos s inx. os2 
0 
s inx cos cos 
co x x 
c x 
c x x c x 
x x 
Û - + - = 
+ 
- 
Û + = 
+ 
0,25đ 
II1 
(1điểm) 
(1,25đ đối 
với B,D) 
2 2 
2 2 
s inx cos 
os2 ( ) 0 
cos s inx cos 
cos 2 (sin s inx.cos os ) 0 
os2 0 (1) 
sin s inx.cos os 0 (2) 
x 
c x 
x x 
x x x c x 
c x 
x x c x 
Û - = 
+ 
Û + - = 
= é 
Û ê + - = ë 
0,25đ 
2 
(1) 
4 2 
1 5 
(2) tan x+tanx­1=0 tanx 
2 
1 5 
arctan 
2 
x k 
x l 
p p 
p 
Û = + 
- ± 
Û Û = 
- ± 
Û = + 
0,25đ 
0 y¢ = Û  2  2( 2) 1 0 mx m x m + - + - =  (1) 
Hàm số có CĐ ,CT thỏa mãn x10 và(1) có 2 
nghiệm phân biệt bé hơn 1 
1,25 đối 
với khối 
B,D 
Đặt t=x­1Þx=t+1 thay vào (1) ta có 
2 ( 1) 2( 2)( 1) 1 0 m t m t m + + - + + - =  2  4( 1) 4 5 0 mt m t m Û + - + - =  (2) 
(1) có 2 nghiệm phân biệt bé hơn 1 khi và chỉ khi (2) có 2 
nghiệm âm phân biệt 
0,25đ 
(+0,25 
2 
0 
0  4( 1) (4 5) 0 
0  4 5 
0 0 
0  1 
0 
m 
m  m m m 
m 
P  m 
S  m 
m 
> ì 
ï > ì - - - > ï ï ¢ D > ï ï - Û Û í í > > ï ï 
ï ï < - î < ï 
î 
0,25đ
Đối chiêu điều kiện ta có nghiệm pt là:  4 
1 5 
arctan 
2 
x k 
x l 
p 
p 
p 
é = + ê 
ê 
- ± ê = + ê ë 
2 
2 
4 0 
2 0 
3 
a 2 ( 0), 4 ( 0) 
2 2 
x y 
DKXD 
x y 
b 
D t x y a a x y b b x y a 
+ ³ ì 
í + ³ î 
+ = ³ + = ³ Þ + = - 
0,25đ 
Ta có hệ 
2 2  2 3 1  2  5 6 0 
2 2 
4 4 
a a b  a a 
b a a b 
ì ì + - = - + - = ï Û í í 
= - î ï + = î 
0,5đ II2 
(1điểm) 
1 
6( ) 
4 
a 
a loai 
b a 
ì = é
ïê = - íë
ï = - î 
2 1 1 2 1 4 
3 4 9 7 4 3 
x y a x y x 
b x y y x y 
ì + = = + = = ì ì ì ï Û Þ Û Û í í í í = + = = - + = î î î ï î 
0,25đ 
2 2( 1) 2 2 2 2 
1 1 
( 3( 1) 1 3 6 4 
lim lim 
tan( 1) tan( 1) 
x x 
x x 
e e x e e x x 
x x 
- 
® ® 
- - + - - + 
= 
- - 
Đặt t = x­1 khi  1 0 x t ® Þ ® 
0,25đ 
Ta có 
2 2 2 2 1 2 
2 2 
0 0 0 
( 3 1) ( 1) cos (1 3 1)cos 
lim lim lim 
tan sin sin 
t t 
t t t 
e e t e t t t 
e e 
t t t 
- 
® ® ® 
- + - - + 
= + 
0,25đ 
III 
(1điểm) 
2 
2 2 2 
0 0  2 
1 3 .cos 
lim( . .2cos ) .lim( ) 2 
sin 2 sin  .(1 3 1) 
t 
t t 
e t t t 
e t e e 
t t t  t 
t 
® ® 
- - 
= + = 
+ + 
0,5đ 
Từ A kẻ AI ^  BC Þ  I là trung điểm BC 
Þ AI ^ ( BCCB ¢ ¢) ÞAI ^ B¢C   (1) 
Từ I kẻ IM ^ B¢C  (2) 
Từ (1) (2) Þ B¢C ^ ( IAM) 
Þ  B¢C ^ MA             (3) 
Từ (2) (3) Þ  góc giữa (AB¢C) và (B¢CB) 
bằng góc giữa IM và AM =  · AMI  = 60 0 
(Do tam giác AMI vuông tại I) 
IV 
(1 điểm) 
1,25đ 
điểm với 
khối B,D 
Ta có AI =  1 
2 
BC a = 
IM =  0 tan 60  3 
AI a 
= 
D IMC  : D B¢BC 
Þ 
. IM IC IM B C 
BB 
BB B C IC 
¢ 
¢ = Û = 
¢ ¢ 
0,25 
A¢  C ¢ 
B¢ 
A 
M 
C 
I 
B 
M 
C¢ B¢ 
B  I  C
Û BB¢=  2 2 1 1 3  4 
3 3 
a 
B C B C BB B B a 
a 
¢ ¢ ¢ ¢ = Û = + 
Û 3  2 B B ¢  =  2 B B ¢  + 4a 2 Û BB¢  =  2 a 
0,25 
2 1 1 . .2 
2 2 ABC 
S AI BC a a a D = = = 
2 3 2. 2 ABC A B C V a a a ¢ ¢ ¢ = = 
0,25 
2 
2 2 2 
1 1 1 1 1 1 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 
a b c a b c A 
a b c b c a c a b a b c b c a c a b 
æ ö + + ç ÷ 
è ø = + + ³ 
+ + + + + + + + 
0,25 
= 
2 2 
1 1 1 1 1 1 
1 1 1 1 
1 1 1 2( ) 2 2 
a b c a b c 
ab bc ca a b c 
a b c 
æ ö æ ö + + + + ç ÷ ç ÷ æ ö è ø è ø = = + + ç ÷ + + æ ö è ø + + ç ÷ 
è ø 
0,25 
3 
3 1 3 
2 2 abc 
³ = 
Dấu “ = “ xảy ra Û  a = b = c = 1 
0,25 
V 
( 1 điểm) 
Do ( ) 
2 
2  3 1 2 
1 2 3 1 2 3 
1 2 3 
. 
a a a 
a a a b b b 
b b b 
æ ö 
+ + = + + ç ÷ ç ÷ 
è ø 
2 2 2 
3 1 2 
1 2 3 
1 2 3 
( ) 
a a a 
b b b 
b b b 
æ ö 
£ + + + + ç ÷ 
è ø 
(Theo bất đẳng thức Bunhia­copski) 
Nên 
2 2 2 2 
3 1 2 3 1 2 
1 2 3 1 2 3 
( ) a a a a a a 
b b b b b b 
+ + 
+ + ³ 
+ + 
0,25 
I  nằm trên cung AB của ( P) nên I ( a; a 2 – 2a + 1) với  0 < a <3 
Do AB không đổi nên diện tích D IAB lớn nhất khi d ( I, AB ) 
lớn nhất  0,25 
AB 
uuur 
= ( 3; 3) nên đường thẳng  AB có véc tơ pháp tuyến  n 
r 
( 1; ­1) 
Þ  phương trình AB: x – ( y ­1) = 0 Û  x – y + 1 = 0 
0,25 
d ( I,AB) = 
2  2 1 1 
2 
a a a - + - + 
= 
2  3 
2 
a a - + 
= 
2  3 
2 
a a - +  do a Î(0;3) 
Þd ( I, AB) đạt giá trị lớn nhất Û  2 ( ) 3 f a a a = - +  đạt giá trị lớn 
nhất Û  3 
2 
a =  (từ BBT) 
0,25 
VI a 
( 1 điểm) 
1,25đ đối 
với khối 
B,D 
Þ I  3 1 ( ; ) 
2 4 
Do I là trung điểm AC và BD nên ta có 
1 7 
(3; ); (0; ) 
2 2 
C D - - 
0,25
2 
3 4 log ( 2) log ( 4 3) x x x - = - + 
điều kiện xác định: 
2 
2 
3 
4 3 0 
x 
x 
x x 
> ì 
Û > í 
- + > î 
phương trình Û ( ) ( ) 2 2 3 2 log 4 4 log 4 3 x x x x - + = - + 
0,25 
Đặt t = x 2 – 4x + 3 ta có phương trình. 
log3 ( t +1) = log2  t = a 
Û 
1 3 
2 1 3 
2 
a 
a a 
a 
t 
t 
ì + = ï Þ + = í 
= ï î 
0,25 
Û 
2 1 
1 
3 3 
a a 
æ ö æ ö + = ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø  (1) 
Do hàm số  ( ) f a  =  2 
3 
a 
æ ö 
ç ÷ 
è ø 
+  1 
3 
a 
æ ö 
ç ÷ 
è ø 
nghịch biến trên R nên phương 
trình (1) có tối đa 1 nghiệm. Mặt khác  (1) f  = 1 Þ  a= 1 là 
nghiệm duy nhất của phương trình (1) 
VII a 
( 1 điểm) 
a = 1 Þ  t = 2 Þx 2 – 4x + 3 = 2 
Û  x 2 – 4x + 1 = 0 
Û 
2 3 
2 3 
x 
x 
é = + 
ê 
= - ê ë 
Đ/c điều kiện ta có nghiệm phương trình  2 3 x = + 
0,25 
( ) ( ) ( ) 
6 6 6 6 6 3 2 2 6 2 
6 6 
6 0 
2 2 2 1 .( 2) . k k k i i 
k i 
x x x x x C x C x - 
= = 
- + - = - + = - å å  0,25 
Để lũy thừa của x bằng 8 thì k + 2i = 8 
=> ( k, i) = {(6;1); (4;2); (0;4); (2;3)} 
0.25 
VIII a 
(1điểm) 
=> hệ số của x 8 là: 
6 0 1 4 2 2 4 0 6 2 4 3 
6 6 6 6 6 6 6 6 .( 2) . .( 2) . . .( 2) .( 2) . 6666 C C C C C C C C - + - + - + - =  0,5 
Từ giả thiết => A ( a;3 – a) 
B ( b;4 – b) 
=>  5 1 5 3 ; ; ; 
2 2 2 2 
IA a a IB b b æ ö æ ö = - - = - - ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
uur uur 
ABCD vuông tâm I nên 
. 0 
IA IB 
IA IB 
= ì ï 
í 
= ï î 
uur uur 
0,25 
VI b 
(1 điểm)  IA = IB Û 
2 2 
5 1 
2 2 
a a æ ö æ ö - + - ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
= 
2 2 
5 3 
2 2 
b b æ ö æ ö - + - ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
(1) 
5 5 1 3 
. 0 . . 0 
2 2 2 2 
IA IB a b a b æ ö æ ö æ ö æ ö = Û - - + - - = ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø è ø è ø 
uur uur 
Û 2ab – 4a – 3b + 7 = 0 
Û  2a ( b ­2) = 3b – 7 
0,25
Û 
3 7 
2( 2) 
b 
a 
b 
- 
= 
- 
( do b = 2 không thỏa mãn )    (2) 
Thay (2) vào (1) 
2 2 
2 2 3 5 2 34 2 8 
2 4 2 4 4 
b b 
b b 
b b 
- + - æ ö æ ö + = - + ç ÷ ç ÷ - - è ø è ø 
2 2 
2 
8 32 34 8 32 34 
4( 2) 4 
b b b b 
b 
- + - + 
Û = 
- 
Û 
2 
2 
8 32 34 0 (3) 
( 2) 1 (4) 
b b 
b 
é - + = 
ê 
- = ê ë 
Phương trình (3) vô nghiệm 
(4) Û 
1 2 
3 1 
b a 
b a 
= = é é 
Þ ê ê = = ë ë 
0,25 
Trường hợp 1: a = 2, b = 1 Þ  A(2;1); B( 1;3) 
Do I là trung điểm của AC,BD nên  C(3;4); D( 4;2) 
Trường hợp 2: a =1, b = 3 Þ A( 1; 2); B( 3;1) 
Do I là trung điểm của AC,BD nên  C(4; 3);  D(2;4) 
0,25 
Điều kiện xác định : 
x > ­ 2 
x ¹ 3 Û 
2 0 
4 
x 
x 
- < < é 
ê > ë 
0 
4 
x 
x 
< é 
ê > ë 
2 
2 2 2 
2 
2 
1 log ( 4 ) log (2 3 ) log (2 ) 
2( 4 ) 2 (2 ) 3 
4 (2 ). 3 (1) 
PT x x x x 
x x x x 
x x x x 
Û + - = - + + 
Û - = + - 
Û - = + - 
0,25 
với x > 4 thì (1) Û  x 2 – 4x = ( 2 + x )( x­3) 
Û x = 2      (loại) 
0,25 
VII b 
(1điểm) 
1,25đ đối 
với khối 
B,D 
với  ­2<x < 0 thì (1) Û  x 2 – 4x = ( 2 + x )( 3 –x) 
Û  2x 2 – 5x – 6 = 0 
Û 
5 73 
4 
5 73 
4 
x 
x 
é + 
= ê 
ê 
ê - 
= ê 
ë 
` 
Đối chiếu đk ta có nghiệm pt là:  5 73 
4 
x 
- 
= 
0,25 
Nếu a ¹ 0, b ¹ 0 thì từ 4 chữ số a, b, 1, 2 ta lập được  3 4 A = 24 số có 
3 chữ số ¹  nhau. Như vậy phải có một số bằng 0. 
0,25 
VIII b 
Giả sử a = 0  khi đó ta lập được  3 2 4 3 A A -  =18 số và các chữ số 1, 
2, b xuất  hiện ở hàng trăm 6 lần,  xuất hiện ở hàng chục và hàng 
0,25 
0,25
đơn vị 4 lần. 
Vậy ta có: 
100 .6( 1 + b + 2) + 10 . 4 ( 1+ b + 2) + 4 (1 + b + 2) = 6440 
Û  644 ( 3 + b ) = 6440 
Û  3 + b = 10 
Û  b = 7 
0,25 
( 1 điểm) 
Vậy a = 0, b = 7 hoặc b = 0 , a = 7  0,25 
(Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa)