Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 30

 §Ò thi thö ®¹i häc lÇn thø nhÊt 
 Năm học 2010- 2011 
 Môn Thi : Toán - Khối B 
 Thời gian làm bài: 180 phút 
A. Phần chung dành cho tất cả các thí sinh ( 7 ñiểm) 
Câu I: ( 2 ñiểm) Cho hàm số y = x − x + m23 3 , m là tham số (1) 
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (1) khi m = 2. 
2 Tìm m ñể tiếp tuyến của ñồ thị hàm số (1) tại ñiểm có hoành ñộ bằng 1 cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A, 
B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 
2
3
Câu II ( 2 ñiểm) 
1 Giải phương trình lượng giác : 4)
2
cot + sin (1+ tan .tan =xx x x 
2 Giải hệ phương trình: 





+ + =
+ =
21
2
5
x 2 y 2 xy
x
y
y
x
Câu III ( 1 ñiểm) Tính giới hạn sau : 
2
sin
cos )
2
cos(
lim
20 x
x
x
pi
→
Câu IV: ( 1 ñiểm) 
 Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình vuông, mặt bên SAB là tam giác ñều và vuông góc với 
ñáy. Tính thể tích khối chóp S.ABCD biết khoảng cách giữa hai ñường thẳng AB và SC bằng a 
Câu V ( 1 ñiểm) . 
 Chứng minh rằng, tam giác ABC thoả mãn ñiều kiện 
2
cos
2
4cos
2
2sin
2
7
cos cos cos
C A BA + B − C = − + + là 
tam giác ñều 
B.Phần riêng ( 3ñiểm)Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần ( Phần 1 hoặc phần 2) 
Phần1.Theo chương trình chuẩn 
Câu VI.a ( 2 ñiểm). 
1 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC cân tại A có trọng tâm 





3
4
;
3
7G , phương trình ñường thẳng 
BC là: x − 2y − 3 = 0 và phương trình ñường thẳng BG là: 7x − 4y −11 = 0 . Tìm toạ ñộ A, B, C. 
2 Cho ®−êmg trßn (C) cã ph−¬ng tr×nh x 2 + y 2 − 2x − 4y − 20 = 0 vµ ®iÓm M(2;5). ViÕt ph−¬ng tr×nh 
®−êng th¼ng ®i qua M vµ c¾t ®−êng trßn (C) theo một dây cung có ñộ dài nhỏ nhất 
Câu VII.a ( 1 ñiểm) Cho khai triển 
n
x
x 







+
3 2
3 3
. Biết tổng hệ số của 3 số hạng ñầu tiên trong khai triển 
bằng 631. Tìm hệ số của số hạng có chứa 5x 
Phần2.Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b (2 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC cân tại A có trọng tâm 





3
4
;
3
7G , phương trình 
ñường thẳng BC là: x − 2y − 3 = 0 và phương trình ñường thẳng BG là: 7x − 4y −11 = 0 . Tìm toạ ñộ A, B, C. 
2 Cho ®−êmg trßn (C) cã ph−¬ng tr×nh 2 4 20 022x + y − x − y − = vµ ®iÓm M(2;5). ViÕt ph−¬ng tr×nh 
®−êng th¼ng ®i qua M vµ c¾t ®−êng trßn (C) theo một dây cung có ñộ dài nhỏ nhất 
Câu VII.b ( 1ñiểm) 
Giải hệ phương trình: 



− + =
+ =
y y y
x y
x(2 12).3 81
log 3
2
3
SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH 
THPT CHUYÊN HẠ LONG
ðáp án To¸n – Khèi B 
Thi thử ñại học lần 1 năm học 2010-2011 
Câu Lời giải ðiểm 
I.1 
(1ñ) 
Khi m = 2, ta c ó: y = x3 − 3x 2 + 2 
• TX ð: D = R 
Giới hạn = ±∞
→±∞
y
x
lim 



=
=
= − = ⇔
2
0
' 3 6 ; ' 02
x
x
y x x y 
• BBT 
* Hàm số ñồng biến trên các khoảng (−∞;0);(2;+∞) , nghịch biến trên khoảng 
(0;2) 
Có ñiểm cực ñại (0;2) và ñiểm cực tiểu (2;-2) 
* ðồ thị: ði qua các ñiểm U(1;0); A(-1;-2); B(3;2), ðường vẽ phải trơn, có tính 
ñối xứng 
x − ∞ 0 2 + ∞ 
y’ + 0 - 0 + 
y 2 + ∞ 
 - ∞ -2 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
I.2 
(1ñ) 
* x = 1⇒ y = m − 2 . Phương trình tiếp tuyến tại ñiểm (1;m-2) là: y = −3x + m +1 
* Tìm ñược toạ ñộ ;0); (0; 1)
3
1( ++ B mmA 
* 1.
3
1
.
2
1
.
2
1
+
+
= =∆ m
mS OA OBOAB 
* 


= −
=
⇔


+ = −
+ =
= ⇔ + = ⇔∆ 4
2
1 3
1 3
2
3
.( 1)
6
1
2
3 2
m
m
m
m
S mOAB 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
II.1 
(1ñ) ðK: 02sin ≠ 0,cos ≠ 0,cos ≠
x
x x 
0.25 
* 4)
2
cos.cos
2
.sin
2
.cos
2
2.sin
sin (1
sin
cos) 4
2
cos
2
sin
.
cos
sin
sin (1
sin
cos
⇔ + + = ⇔ + + =
x
x
x x x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
xpt 
* 4
cos
sin
sin
cos) 4
cos
cos1
sin (1
sin
cos
= ⇔ + =
−
++⇔
x
x
x
x
x
x
x
x
x
* 
2
1
⇔ cos 2 x + sin 2 x = 4sin x.cos x ⇔ sin 2x = 
* Zk
x k
x k
∈






= +
= +
⇔ ,
12
5
12
pi
pi
pi
pi
, thoả mãn các ñiều kiện 
0.25 
0.25 
0.25 
II.2 
(1ñ) * ðK: xy>0. ðặt = t, (t > 0)y
x
, phương trình (1) trở thành 




=
=
+ = ⇔ − + = ⇔
2
1
2
2 5 2 0
2
1 5 2
t
t
t t
t
t 
* Với t=2 => x=4y thay vào phương trình (2) ta ñược 
 16 4 21 1 12 2 2 2y + y + y = ⇔ y = ⇔ y = ± . 
 Hệ phương trình có nghiệm (4;1) và (-4;-1) 
* Với t y 4x
2
1
= ⇒ = , ta có: x 2 +16x 2 + 4x 2 = 21 ⇔ x 2 = 1 ⇔ x = ±1 
 Hệ phương trình có nghiệm (1;4) và (-1;-4) 
* Kết luận: Hệ phương trình có 4 cặp nghiệm 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
III 
(1ñ) * 
2
sin
cos )
2 2
sin(
lim
2
sin
cos )
2
cos(
lim
2020 x
x
x
x
x x
pipipi
−
=
→ →
* 
2
sin
)
2
2sin
2
sin(
lim
2
2
0 x
x
x
pi
→
= 
* pi
pi
pi
pi= =
→
2
sin
)
2
sin( .sin
lim .
2
2
0 x
x
x
0.25 
0.25 
0.5 
IV. 
(1ñ) 
* Gọi H là trung ñiểm AB SH AB SH (ABCD)⊥⇒⊥⇒ 
Vì AB//CD =>AB//mp(SCD)=>d(AB,SC)=d(AB;(SCD))=d(H;(SCD)) 
* Gọi E là trung ñiểm CD => CD ⊥ mp(SHE) 
Kẻ AK SE AK SCD d H SCD d AB SC HK a===⇒⊥⇒⊥ ),())(,()( 
* Gọi cạnh hình vuông là x ⇒ = ; HE = x
2
3x
¸SH 
0.25 
0.25 
0.25 
3
7
3
7
3
1 1 4 22
2 2 2 x a
a
x
a x x
= + ⇒ = ⇒ = 
* 
18
.7. 7
2
7
.
3
7
.
3
1)
2
3
.
3
7(
3
1
.
3
1 2 32
.
a a a aV S SH xS ABCD ABCD= = = =
0.25 
V 
(1ñ) 
* 
)1(0
2
2cos
2
5
2
2 sin
2
2 cos
2
2sin
0
2
2cos
2
5
2
4sin
2
sin
2
2cos
2
2sin
)
2
cos
2
2(cos
2
2sin
2
7
2
1 2sin
2
cos
2
2cos
2
2
2
=
−
+ −





−
−
⇔ +
=
−
− + −
−
⇔ +
−
+
+
++−=+−
−+
C A B C A B
A BC A B C C
C A B A BA B A B C
* (1) là tam thức bậc hai theo 
2
sin C có 
 01)
2
cos (
2
2 5 4cos
2
' cos 2
2
≤−−=−− +





−
−∆ = A B A B A B 
 Do ñó: 












= −
=
−
⇔
2
_2 cos
2
1
2
sin
1
2
cos
(1)
2
C A B
A B
* Giải hệ trên ta ñược với A,B,C là 3 góc trong tam giác, ta có 
ABC
C
A B
C
A B
⇒ ∆



=
=
⇒






=
=
−
060
2
1
2
sin
1
2
cos
 ñều (ñpcm) 
0.5 
0.25 
0.25 
VIa.1 
(1ñ) * Toạ ñộ B là nghiệm của hệ (1; 1)7 4 11 0
2 3 0
⇒ −



− − =
− − =
B
x y
x y
* Gọi N là trung ñiểm của AC, ta có )
2
5(3;
2
3BN = BG ⇒ N 
Do tam giác ABC cân tại A nên AG ⊥ BC, phư ơng trình của AG là 
2 6 0=−+ yx 
* 







+ =
+ =
+ − =
− − =
∈ ∈ = ⇒
5
6
2 6 0
x 2 3 0
; AG;AN CN
C
CA
A
A
C
A
C
y y
x x
x y
y
C BC A 
* Giải hệ trên ñược A(1;4); C(5;1) 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
VIa.2 
(1 ñ) 
* ðường tròn (C) có tâm I(1,2), bk R=5 
IM = 1+ 3 = 10 M nằm trong ñường tròn 
* Giả sử ñường thẳng (d) ñi qua M cắt (C) theo dây cung AB, kẻ ABIH ⊥ ta có 
0.25 
0.25 
B
A
C
D
S
E
H
K
AB = 2AH = 2 R 2 − IH 2 => AB nhỏ nhất khi IH lớn nhất 
* Mà IH ≤ IM , nên IH lớn nhất khi IH = IM hay (d) vuông góc với IM 
* Vậy (d) nhận IM = (1;3) làm véctơ pháp tuyến; phương trình của (d) là: 
 x + 3y −17 = 0 
0.25 
0.25 
VIIa 
(1 ñ) * 3. 3 3 ;(0 )3
0
3
2
2
3( )
0
3
2
2
3( )
3
2
2
3
3 2
3 x x C x x C x k n
x
x
n
k
n k k
k k
n
n
k
k
k
n k
k
n
nn
= = ≤ ≤






= +







+ ∑ ∑
=
−
−
=
−
−
−
* Giải C 0 + 3C1 + 9C 2 = 631 ⇔ .... ⇔ 3n 2 − n − 420 = 0 ⇒ n = 12n n n 
* Hệ số của số hạng có chứa x5 là C k 3k12 ứng với k thoả mãn 
65
3
2
2
3(12 )
− = ⇔ =
− kk k 
* Hệ số cần tìm là 6 36 67359612C = 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
VIb.1 
(1ñ) * Toạ ñộ B là nghiệm của hệ (1; 1)7 4 11 0
2 3 0
⇒ −



− − =
− − =
B
x y
x y
* Gọi N là trung ñiểm của AC, ta có )
2
5(3;
2
3BN = BG ⇒ N 
Do tam giác ABC cân tại A nên AG ⊥ BC, phư ơng trình của AG là 
2x + y − 6 = 0 
* 







+ =
+ =
+ − =
− − =
∈ ∈ = ⇒
5
6
2 6 0
x 2 3 0
; AG;AN CN
C
A C
A C
A A
C
y y
x x
x y
y
C BC A 
* Giải hệ trên ñược A(1;4); C(5;1) 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
VIb.2 
(1ñ) 
* ðường tròn (C) có tâm I(1,2), bk R=5 
IM = 1+ 32 = 10 M nằm trong ñường tròn 
* Giả sử ñường thẳng (d) ñi qua M cắt (C) theo dây cung AB, kẻ IH ⊥ AB ta có 
AB = 2AH = 2 R 2 − IH 2 => AB nhỏ nhất khi IH lớn nhất 
* Mà IH ≤ IM , nên IH lớn nhất khi IH = IM hay (d) vuông góc với IM 
* Vậy (d) nhận IM = (1;3) làm véctơ pháp tuyến; phương trình của (d) là: 
 x + 3y −17 = 0 
0.25 
0.25 
0.25 
 0.25 
VIIb 
(1 ñ) 
* ðK: y> 0 
Từ pt (1) ta có: 
y
x 273 = 
* Thay vào phương trình (2): 



= −
=
− + = ⇔ + − = ⇔
3( )
4
81 12 027(2 2 12) 2
y loai
y
y y y
y
y y 
* Nghiệm của hệ là 



=
=
4
4
27log3
y
x
0.5 
0.25 
0.25