Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 213

TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI 2
BẮC NINH
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011­2012
Môn: TOÁN ­ Khối A + B
Thời gian làm bài: 180 phút
(không kể thời gian giao đề)
Câu I ( 2 điểm)
Cho hàm số: 3 2 22 ( 1) ( 4 3) 1
3
y x m x m m x = + + + + + +
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = ­3.
2. Tìm m để hàm số có cực trị . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 2 1 22( )A x x x x = - +
với 1 2,x x là các điểm cực trị của hàm số.
Câu II ( 3 điểm)
1 . Giải phương trình: sin 3 3sin 2 cos 2 3sin 3cos 2 0x x x x x - - + + - = .
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y 
ì + + + = 
í 
+ = + + î
, ( , )x yÎ R
3. Giải bất phương trình:
3
2 2
1 3 3
3
log 5log 81 2 log 7
9
x
x x - > - .
Câu III ( 1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = a, CD =
2a; hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cạnh bên SB
tạo với mặt phẳng đáy một góc 600; gọi G là trọng tâm của tam giác BCD. Tính thể tích khối
chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt (SBC).
Câu IV ( 2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD.
Điểm M
1
(0; )
3
thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh
B biết B có hoành độ dương.
2. Chứng minh
2 2 2 20 1 3 1
2 2
2
1
...
1 2 3 1 ( 1)
n n
n n n n nC C C C C
n n 
+ 
+ æ ö æ ö æ ö æ ö - + + + + = ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ + + è ø è ø è ø è ø
, với n nguyên dương.
Câu V ( 2 điểm)
1. Cho ,x y R Î thỏa mãn 3( ) 4 2x y xy + + ³ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
( ) ( )4 4 2 2 2 23 2 1P x y x y x y = + + - + +
2. Giải phương trình: 2 22 7 10 12 20x x x x x - + = + - + ( x RÎ )
Download tài liệu học tập, xem bài giảng tại : 
2 
­2 
­5  5 
Trường THPT Lương Tài 2 
Tổ Toán ­ Tin 
ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2011 ­ 2012 
Môn: Toán; Khối: A, B 
( Đáp án – thang điểm gồm 5 trang 
Câu I 
2 điểm 
1. Với m = ­3 thì ta có  3 2 
2 
2 1 
3 
y x x . = - + 
+)Tập xác định:  D R. = 
0,25 
+)Sự biến thiên:  2 2 4 y' x x. = -  Ta có 
0 1 
0  5 
2 
3 
x y 
y' 
x y 
= Þ = é 
ê = Û - ê = Þ = 
ë 
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0), (2; ) -¥ +¥  , nghịch biến trên ( 0; 2). 
0,25 
+) Hàm số đạt ( ) ( )  5 0 1 2 
3 CD CT 
y y ; y y 
- 
= = = = 
+) Bảng biến thiên: 
x -¥  0  2 +¥ 
y' +  0 -  0 + 
y 
1 +¥ 
-¥  5 
3 
- 
0,25 
1. 
+) Đồ thị:  0,25 
+) Ta có  2 2 2 2 1 4 3 y' x ( m )x m m . = + + + + + 
Hàm số có hai cực trị ó y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt 
ó  2  6 5 0 5 1 m m m + + < Û - < < - 
0,25 
+) Khi đó ta có 
1 2 
2 
1 2 
1 
1 
( 4 3) 
2 
x x m 
x x m m 
+ = - - ì 
ï 
í 
= + + ï î 
=>  2 
1 
8 7 
2 
A m m = + + 
0,25 
+) Xét  2 
1 
( 8 7) 
2 
t m m = + +  trên (­5;­1)  => 
9 
0 
2 
t - £ <  0,25 
2. 
+) Từ đó ta có 
9 
2 
A £  khi m = ­4.  0,25 
Câu
II 
sin 3 3sin 2 cos 2 3sin 3cos 2 0 x x x x x - - + + - = 
(sin 3 sin ) 2sin 3sin 2 (cos 2 2 3cos ) 0 x x x x x x Û + + - - + - = 
2 2sin 2 .cos 2sin 6.sin.cos (2cos 3cos 1) 0 x x x x x x Û + - - - + = 
2 2 2sin .cos 2sin 6.sin .cos (2cos 3cos 1) 0 x x x x x x Û + - - - + = 
0,25 
2 
1 
sin 
2 
(2sin 1)(2cos 3cos 1) 0 cos 1 
1 
cos 
2 
x 
x x x x 
x 
é = ê 
ê 
Û - - + = Û = ê 
ê 
= ê 
ë 
0,25 
+) 
2 
1  6 sin , ( ). 
5 2 
2 
6 
x k 
x k Z 
x k 
p p 
p p 
é = + ê 
= Û Î ê 
ê = + ê ë 
0,25 
1. 
+) 
2 
1  3 cos , ( ). 
2 
2 
3 
x k 
x k Z 
x k 
p 
p 
p p 
é = + ê 
= Û Î ê 
ê = - + ê ë 
+)  cos 1 2 , ( ). x x k k Z p = Û = Π
Kết luận . 
0,25 
Giải hệ phương trình: 
2 2 
2 2 
1 4 
( ) 2 7 2 
x y xy y 
y x y x y 
ì + + + = 
í 
+ = + + î 
,  ( , ) x y ÎR  . 
+) Dễ thấy y = 0 không thỏa mãn hệ 
Với  0 y ¹  , ta có: 
2 
2 2 
2 2  2 
2 
1 
4 
1 4 
. 
( ) 2 7 2  1 
( ) 2 7 
x 
x y 
y x y xy y 
y x y x y  x 
x y 
y 
ì + 
+ + = ï ì + + + = ï Û í í 
+ = + + + î ï + - = ï î 
0,25 
+) Đặt 
2  1 
, 
x 
u v x y 
y 
+ 
= = +  ta có hệ: 
2 2 
3 
1 4 4 
2 7 2 15 0  5
9 
v 
u u v u v 
v u v v  v 
u 
é = ì 
í ê = + = = - ì ì î ê Û Û í í ê - = + - = = - ì î î êí = êî ë 
0,25 
+) Với 
3 
1 
v 
u 
= ì 
í = î 
ó 
2 2 2 
1 
2 1 1 2 0 
3 3 3  2
5 
x 
y x y x y x x 
x y y x y x  x 
y 
é = ì 
í ê = ì ì ì + = + = + - = î ê Û Û Û í í í ê + = = - = - = - ì î î î êí = êî ë 
. 
0,25 
2 
+) Với 
5
9 
v 
u 
= - ì 
í = î 
ó 
2 2 2 1 9 1 9 9 46 0 
5 5 5 
x y x y x x 
x y y x y x 
ì ì ì + = + = + + = 
Û Û í í í 
+ = - = - - = - - î î î 
vô nghiệm. 
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: 
1 
2 
x 
y 
= ì 
í = î 
, 
2
5 
x 
y 
= - ì 
í = î 
0,25
3 
2 2 
1 3 3 
3 
log 5log 81 2 log 7 
9 
x 
x x - > - 
+) Điều kiện x >0 
3 
2 2 
1 3 3 
3 
log 5log 81 2 log 7 
9 
x 
x x - > - ó  2 3 3 3 (3log 2) 5(4 2 log ) 2 log 7 x x x - - + > - 
0,25 
2 
3 3 3log 8log 3 0 x x Û - - > ó 
3 
3 
1 
log 
3 
log 3 
x 
x 
- é < ê 
ê 
> ê ë 
0,25 
+) 
1 
3 
3  3 
1 1 
log 3 
3  3 
x x x 
- - 
< Û < Û < 
+)  3 log 3 27 x x > Û > 
0,25 
3. 
Kết hợp với điề kiện bất phương trình có nghiệm  3 
1 
0 
3 
27 
x 
x 
é < < ê 
ê 
> ê ë 
0,25 
Câu 
III 
0,25 
+) Từ giải thiết ta có SD ^ ( ABCD) 
suy ra (SB, (ABCD)) =  ·  0 60 SBD = 
Ta có 
2 1 3 
( ) 
2 2 ABCD 
a 
S AB CD AD = + =  (đvdt) 
+) do tam giác ABD vuông cân tại A ,AB= a 
=>  0 2 tan 60 6 BD a SD BD a = Þ = = 
Vậy 
3 
. 
1 6 
. 
3 2 S ABCD ABCD 
a 
V SD S = =  (đvtt) 
0,25 
+) chứng minh được BC ^ ( SBD) , kẻ DH ^SB=> DH^ (SBC) 
Có 
2 2 2 
1 1 1 6
2 
a 
DH 
DH SD DB 
= + Þ = 
0,25 
+)  Gọi  E  là  trung  điểm  BC  ,kẻ  GK  //  DH,  K  thuộc  HE  =>GK^ (SBC)  và 
1 6 
3 6 
GK EG a 
GK 
DH ED 
= = Þ =  Vậy d( G, (SBC) = 
6
6 
a 
GK = 
0,25 
Câu 
G 
S 
D 
A  B 
C 
E 
H 
K
N 
D 
I A  C 
B 
N' M 
VI 
+) Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có : 
=> N’( 4;­5)=> Pt đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0 
0,25 
+) Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: 
2 2 
4.2 3.1 1 
2 
4 3 
d 
+ - 
= = 
+ 
AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có: 
2 2 2 
1 1 1
4 d x x 
= +  suy ra x =  5  suy ra BI =  5 
0,25 
+) Từ đó ta có B thuộc  ( C):  2 2 ( 2) ( 1) 5 x y - + - = 
Điểm B là giao điểm của đt AB: 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính 
5 
0,25 
1. 
+)  Tọa độ B là nghiệm của hệ: 
2 2 
4x   3y  –  1   0 
( 2) ( 1) 5 x y 
+ = ì 
í 
- + - = î 
Vì B có hoành độ dương nên B( 1; ­1) 
Vậy B( 1; ­1) 
0,25 
2. 
Chứng minh 
2 2 2 2 0 1 3 1 
2 2 
2 
1 
... 
1 2 3 1 ( 1) 
n n 
n n n n n C C C C C 
n n 
+ 
+ æ ö æ ö æ ö æ ö - + + + + = ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ + + è ø è ø è ø è ø 
(1) 
+) Ta có  1 1 
1 ! 1 ( 1)! 1 
. . . 
1 1 !( )! 1 ( 1)!(( 1) ( 1))! 1 
k 
k n 
n 
C  n n 
C 
k k k n k n k n k n 
+ 
+ 
+ 
= = = 
+ + - + + + - + + 
ð  VT (1) =  1 2 2 2 3 2 1 2 1 1 1 1 2 
1 
( ) ( ) ( ) ... ( ) 
( 1) 
n 
n n n n C C C C n 
+ 
+ + + + é ù + + + + ë û + 
0,25 
+) xét 
2 2 
2 2 
2 2 
0 
(1 ) 
n 
n k k 
n 
k 
x C x 
+ 
+ 
+ 
= 
+ = å  => hệ số chứa x n+1  là  1 2 2 n n C + + 
0,25 
+) Ta lại có 
1 1 
2 2 1 1 
1 1 
0 0 
(1 ) (1 ) .(1 ) 
n n 
n n n k i k i 
n n 
k i 
x x x C C x 
+ + 
+ + + + 
+ + 
= = 
+ = + + = åå 
hệ số chứa x n+1  là  0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 ... 
n n n n 
n n n n n n n n C C C C C C C C 
+ + 
+ + + + + + + + + + + + 
0 2 1 2 2 2 3 2 1 2 
1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) 
n 
n n n n n C C C C C 
+ 
+ + + + + = + + + + +  ( vì 
k n k 
n n C C 
- =  ) 
1 2 2 2 3 2 1 2 
1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ... ( ) 
n 
n n n n C C C C 
+ 
+ + + + = + + + + + 
0,25 
+) đồng nhất hệ số chứa x n+1 được  1 2 2 2 3 2 1 2 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ... ( ) 
n 
n n n n C C C C 
+ 
+ + + + + + + +  = 
1 
2 2 
n 
n C 
+ 
+  ­1 
Vậy VT(1) = 
1 
2 2 
2 
1 
( 1) 
n 
n C 
n 
+ 
+ - 
+ 
=VP(1) 
0,25 
Cho  , x y R Π thỏa mãn  3 ( ) 4 2 x y xy + + ³  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
( ) ( ) 4 4 2 2 2 2 3 2 1 P x y x y x y = + + - + + 
Câu 
V 
1. 
+ ta có 
3 
3 2 
2 
( ) 4 2 
( ) ( ) 2 
( ) 4 0 
x y xy 
x y x y 
x y xy 
ì + + ³ ï Þ + + + ³ í 
+ - ³ ï î 
( )  2 2 1 ( ) 2( ) 2 0 1 x y x y x y x y é ù Û + - + + + + ³ Þ + ³ ë û 
0,25
+) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2( )3 2 1 3 2 1
4
x y
P x y x y x y x y x y 
æ ö + 
= + - - + + ³ + - - + + ç ÷ 
è ø 
( ) ( )22 2 2 29 2 1
4
x y x y = + - + +
0,25
+) Đặt
2
2 2 ( ) 1
2 2
x y
t x y 
+ 
= + ³ ³ ta có 2
9
2 1
4
P t t = - + , với
1
2
t ³
0,25
+) Xét 2
9
2 1
4
P t t = - + với
1
2
t ³ => 2
9 9
2 1
4 16
P t t = - + ³
“= “ó
1
2
t = => x=y = ½
Vậy GTNN của P =
9
16
0,25
+) Điều kiện
10
2
x
x 
³ é 
ê £ ë
Đặt 2 27 10, 12 20a x x b x x = - + = - + ta có 2a –b =x
0,25
(1) ó 2 22( 7 10 ( 1)) 12 20 ( 2)x x x x x x - + - + = - + - +
=>
2 2
18( 1) 16( 1)
7 10 ( 1) 12 20 ( 2)
x x
x x x x x x 
- - - - 
= 
- + + + - + + +
0,25
+) Ta có hệ
2
2
5 4 59 8
8 9 10
1 2
a b x
a b x
a x
a b x
a x b x 
- = ì - = ì ï Û Þ = - í í - = + = î ï + + + + î
0,25
2.
=> 2
54
15 5
5 7 10 4 5 15 5 2
2
x
x x x x
x 
³ ì 
+ ï - + = - Û Û = í ± 
= ï î
( thỏa mãn)
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1,
15 5
2
x 
+ 
=
0,25
Chú ý : Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
1
9 8
1 2
x
a x b x 
= é 
ê Þ 
ê = 
+ + + + ë
Download tài liệu học tập, xem bài giảng tại :