Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 170

TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I – NĂM HỌC 2011-2012 
 MÔN : TOÁN - KHỐI A 
Thời gian làm bài: 180’ 
 Họ tên thí sinh:..SBD:.. 
I. Phần chung: (7,5 điểm) 
Câu 1 :(2 điểm) Cho hàm số y = -x3 + 3x2 – 2 (C) 
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C). 
b. Tìm tất cảc những điểm trên đường thẳng y = 2 mà từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị (C). 
Câu 2: (2 điểm)
a. Giải phương trình: Sin3x + Cos3x =   Sinxxx  cos2sin1
2
3
b. Giải bất phương trình: 013.109 21 22   xxxx
Câu 3:(1điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:  xmx
x
x 112
12
13 2 

Câu 4: (1 điểm) Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn : abccba 4222  . 
Chứng minh: a + b + c abc
4
9 
Câu 5: (1,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, có AB = AD 
= 2a, CD = a, góc giữa hai mặt (SBC) và (ABCD) bằng 600. Gọi I là trung điểm cạnh AD. Biết hai mặt 
phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. 
II. Phần riêng: (2,5 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (A) hoặc (B) 
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu 6a: (1 điểm) Tìm hệ số chứa x10 trong khai triển nhị thức Niutơn của (x+2)n, biết rằng:
2048.)1(....3.3.3 22110   nnnnnnnnn CCCC 
Câu 7a: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng ( ): 3x + 2y – 4 = 0 và 2 điểm 
A(-3; -1); G(4 ; -2) Hãy viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác nhận G làm trọng tâm, A là 
một đỉnh và đường thẳng ( ) là đường trung trực của một cạnh chứa đỉnh A của tam giác. 
B. Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b: (1 điểm) Cho đa giác đều A1A2..,A2n (n N ) nội tiếp đường tròn (O). Biết rằng số tam 
giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm: A1,A2,,A2n nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 
trong 2n điểm: A1, A2, ..,A2n. Tìm n ? 
Câu 7b: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 và 
đường thẳng ( ): x + my – 2m + 3 = 0 (với m là tham số). Gọi I là tâm đường tròn (C). Tìm m để
đường thẳng ( ) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất 
----------------------------***---------------------------- 
1- 3 0 
-2 
2 
2 
1+ 3 
x 1
TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I – NĂM HỌC 2011-2012 
MÔN : TOÁN - KHỐI A 
Thời gian làm bài: 180’ 
Câu Ý Nội dung điểm 
 I. Phần chung: (7,5 điểm) 
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y:= -x3 + 3x2 – 2 (C) 
+ TXĐ: D = R 
+ y’ = - 3x2 + 6x = -3x(x-2) 
 y’ = 0 x = 0 hoặc x = 2 
+   xx lim;lim
Đồ thị hàm số không có tiệm cận 
1 
0.25 
+ Bảng biến thiên 
x  0 2  
y’ - 0 + 0 - 
y 
 2 
 -2  
Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2) và nghịch biến trên 2 khoảng (  ; 0) và (2;  ) 
Đồ thị (C) có 2 điểm cực trị : CT(0;-2); CĐ(2; 2) 
0.5 
a 
+ y’’ = -6x + 6 ; y’’ = 0 x = 1 
Đồ thị có điểm uốn: I(1;0) 
+ Vẽ đồ thị (C) 
Một số điểm thuộc đồ thị (0; -2) 
(1;0); ( 31 ;0) 
- Nhận xét: Đồ thị (C) nhận điểm I(1;0) 
làm tâm đối xứng 
0.25 
Lấy điểm M(a;2) thuộc đường thẳng y = 2 
Đường thẳng đi qua M có hệ số góc k có phương trình dạng: y = k(x-a) +2 ( ) 
( ) là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm 




)2(63
)1(2)(23
2
23
kxx
axkxx
Thay (2) vào (1) ta được phương trình - x3 + 3x2 – 4 = - 3x(x-2)(x-a) 
  (x-2)[2x2 – (3a-1)x + 2] = 0 (*) 
0.5 
1 
b 
Để từ M kẻ được 3 tiếp tuyến tới (C) thì hệ trên phải có 3 nghiệm phân biệt Pt (*) phải có 
3 nghiệm phân biệt  phương trình 2x2 – (3a-1)x + 2 = 0 phải có 2 nghiệm phân biệt khác 2 
 













2
);
3
5()1;(
0612
01569
02)13(28
01613 22
a
a
a
aa
a
a
KL: M(a;2) thoả mãn  2\);
3
5()1;( a
0.5 
Giải phương trình Sin3x + Cos3x =   Sinxxx  cos2sin1
2
3
PT  (sinx+cosx)(1-sinxcosx)= )sin(cos)cos(sin
2
3 2 xxxx 
0cos2x)
2
3-sin2x
2
1-cosx)(1(sinx  0.5 
a 







Zkkx
Zkk
,
12
x1)
6
-cos(2x12sin
2
1cos2x
2
3
,
4
-x1tanx0cosxsinx


KL: phương trình có 2 họ nghiệm  k
4
-x ;  k
12
x với )( Zk  
0.5 
Giải bất phương trình 013.109 21 22   xxxx
TXĐ : R 
BPT  013.9
109.
9
1 22   xxxx
Đặt xx 23 = t (t>0) BPT trở thành t2 - 10t + 9 0
0.5 
2 
b 
 20 33391 2  xxt
   
     1;01;21;2
;01;
20 2 


 x
x
x
xx 0.5 
ĐK 
2
1x 
PT xmx
x
x )1(12
12
13 2 
 (*))1(
12
23 
 m
x
x 0.25 
3 
Xét hàm số (C): f(x)= 
12
13 2


x
x trên D = );
2
1(  
Có: 
2
10
)12)(12(
13)(' 
 x
xx
xxf
+    xx
lim;lim
2
1
+ Bảng biến thiên 
 x 
2
1  
f’(x) + 
f(x) 
  

Từ BBT => đường thẳng : y= m + 1 luôn cắt đồ thị ( C) tại một điểm duy nhất với m 
0.5 
0.25 
S 
A 
I 
B 
K 
C 
D 

I
G
M CA
B
B 
=> m thì phương trình đã cho luôn có 1 nghiệm duy nhất .
4 
Theo BĐT  
333
2
222
2222 cbacbacbacba 

 
Từ giả thiết => 
 
3
4
2cbaabc  
Áp dụng BĐT côsi : 33 abccba  
 
3
.
4
274.
4
2727)(
2
3 cbaabcabcabcabccba 
abccba
4
9
1.0 
giả thiết: 
)(
)()(
)()(
ABCDSI
ABCDSIC
ABCDSIB 



kẻ )( BCKBCIK 
=> 
 SKISIKBC )( = 600 (gt) 
Ta có: 
)( IABIDCABCDIBC SSSS 
2
3)
2
1(3
2
222 aaaa  
=> 5
3
5
3.2
2
2 a
a
a
BC
S
IK IBC  
0.5 
0.5 
5 
- Xét tam giác vuông SIK: SI = IK.tan

SKI =
5
.153 a 
=> 
5
.1533.
5
.153.
3
1..
3
1 32
.
aaaSSIV ABCDABCDS 
0.5 
 II. PHẦN RIÊNG 
A. Chương trình chuẩn (2,5 điểm) 
Ta có nnnn
n
n
n
n
n CCC 2)13(.)1(....3.3 110  
Theo gt=> 2n = 2048 = 211 => n = 11 
0.5 6a 
- Trong khai triển Niutơn (x+2)11 thì hệ số của số hạng chứa x10 là 112.111C  0.5 
7a giả sử ABC có A(-1;-3), trọng tâm G, 
đường trung trực của cạnh AC 
là ( ): 3x + 2y – 4 = 0 . 
- đường thẳng AC đi qua A 
và vuông góc với ( ) nên 
có phương trình 2(x+1) – 3(y+3)=0 
 2x – 3y – 7 = 0 
0.5 
AB

- Trung điểm M của cạnh AC có toạ độ thoả mãn hệ )1;2(
0423
0732 



M
yx
yx
Do 

MB = 3

MG => B(8; -4) 
- Đường trung trực cạnh AB có phương trình: 9x – y – 35 = 0 
0.5 
 Tâm I đường tròn ngoại tiếp ABC có toạ độ là nghiệm của hệ 
)
7
23;
21
74(
0423
0359 



I
yx
yx
- Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC là: 
441
9061
7
23
21
74 22 

 

  yx 0.5 
B. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO (2,5điểm) 
- Số tam giác có các điểm là 3 trong 2n điểm: A1A2..A2n là 32nC 
- Nhận xét: Đa giác đều A1A2..A2n có n đường chéo đi qua tâm (O). Cứ mỗi cặp gồm 2 
trong n đường chéo này lại có 4 điểm đầu nút của chúng là 4 đỉnh của một hình chữ nhật. Vậy 
số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm nói trên là 2nC 
Theo gt => 32nC = 20.
2
nC   8
2
)1(.20
6
)22)(12(2
)!2(!2
!.20
)!32(!3
!2  n
nnnnn
n
n
n
n
0.25 
0.5 
0.25 
6b 
Đường tròn (C) : (x+2)2 + (y+2)2 = 2 có tâm I(-2; -2), bán kính R = 2 0.25 
 giả sử ( ) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B thì ta có 
1
2
1..
2
1 2  RSinAIBIBIAS IAB
 max IABS =1 khi 
và chỉ khi IA IB => AB = 2 
0.5 7b 
Khi đó: d(I,( ))= IH = 1 
 
 








15
8
0
1411
1
3222 22
2
m
m
mm
m
mm
0.5 
0.25 
H
I R