Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 178

www.laisac.page.tl
 1 
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ -GIỎI LẦN 1 KHÓI 12 
TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 MÔN TOÁN (Thời gian:150 phút ) 
Câu I(3 điểm) 1/Cho hàm số: 2 1
1
xy
x



 (C) 
 1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2/ Gọi I là giao điểm của 2 đường tiệm cận của (C). Tìm m để đường thẳng (d): y x m  cắt (C) tại 
2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 4. 
 3/Cho hàm số :  3 23 2 1 3y mx mx m x m      (Cm).Tìm m để đồ thị (Cm) có cực đại ,cực tiểu 
và khoảng cách từ điểm 1 ;4
2
N   
 
 đến đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu của (Cm) lớn nhất. 
Câu II (2điểm) (Dành cho học sinh thi khối A) 
 1/Giải phương trình : 22sin sin 2 2 sin 1
4
x x x      
 
 2/Giải hệ phương trình :
3 5 4 5
12 5 4 2 35
x y x y
x y x y
    

   
 (Dành cho học sinh thi khối B và D) 
 1/ Giải phương trình cos2x 2sin x 1 2sin x cos 2x 0    
 2/ Giải bất phương trình   24x 3 x 3x 4 8x 6     
Câu III (1điểm) Tìm giới hạn: 
3
0
2011 os2011lim
x
x
c xL
x

 
Câu IV (1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có góc 060BAC  ; AB = a; 
AC = 4a. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với đáy; SD tạo với đáy góc 045 . 
 1/ Tính thể tích khối chóp. 
 2/ Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC và SD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và CF. 
CâuV(1 điểm): Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 
2 21 1 1 19 ( 2)3 2 1 0x xm m        
Câu VI (1điểm) Trong hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : 04222  yxyx và đường thẳng 
(d): 052  yx .Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tạo với (d) một góc  sao cho 
10
1cos  
 Câu VII(1 điểm): Cho khai triển 20 1 2
1 ....
2 3
n
n
n
x a a x a x a x       
 
 .Tìm số lớn nhất trong các số 
0 1 2, , ,..., na a a a .Biết rằng n là số tự nhiên thoả mãn 
2 2 2 1 1 12 11025n n n nn n n n n nC C C C C C
      
..Hết. 
 2 
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG HDCHẤM ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ -GIỎI LẦN 1 KHÓI 12 
TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 MÔN TOÁN 
Câu Đáp án Điểm 
 I 
1 /TXĐ:  D = R\ -1 
limy = 2
x ± 
Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang: y = 2 
limy = -
+x -1
limy = +
-x -1






 


Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng: x = -1 
 
3y = > 0, x D 2x+1
   Hàm số luôn đồng biến trên    - ;-1 ; -1;+  và không có cực 
trị 
Bảng biến thiên: 
x  1  
y’ 
y  2 
2  
 Đồ thị: 
 Giao Ox tại: 1 ;0
2
 
 
 
 ; Giao Oy tại (0; -1) 
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y
Phương trình hoành độ giao:   2x - 1 2= x + m x + m - 1 x + m + 1 = 0x + 1 
 (1) 
(d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi pt(1) có 2 nghiệm phân biệt 
m > 3 + 2 32Δ = m - 6m - 3 > 0 
m < 3 - 2 3



  (*) 
Gọi      A x ; x + m ; B x ; x + m , x x1 1 2 2 1 2 
   2 2AB = 2 x - x = 2 x + x - 4x x2 1 1 2 1 2
 
  
 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 3 
Theo Viet: 
x + x = 1 - m1 2
x x = m + 11 2




   2AB = 2 m - 6m - 3 
I là giao điểm của 2 tiệm cận  I -1;2 
m - 3
d = d = I,AB I,d 2      
   
 2m - 3 m - 6m - 31S = AB.d = IAB I,AB2 2  
 
 
    2 2S = 4 m - 3 m - 6m - 3 = 64ΔIAB  
   
   
 
 
2 2m - 3 m - 3 - 12 = 64
4 2m - 3 - 12 m - 3 - 64 = 0
2m - 3 = -4 m = 7 (t/m)
2 m = -1 (t/m)m - 3 = 16
 
 
 






 
Vậy: m = 7; m = -1 là các giá trị phải tìm. 
0,25 
0,25 
0,25 
 2. Cách 1:  3 23 2 1 3y mx mx m x m      
TXĐ:R 
2' 3 6 2 1y mx mx m    . 2' 0 3 6 2 1 0y mx mx m      (*) 
Hàm số có cực trị khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt tương đương điều 
kiện: 2
0
0
3 3 0
m
m
m m

 
 
hoặc 1m  
0,25 
Chia y cho y’ viết được hàm số dưới dạng:  1 1' 2 2 10
3 3
xy y m x m       
Từ đó dẫn đến toạ độ các diểm cực trị thoả mãn 
hệ:
 
 
' 0
1 2 2 101 1 3' 2 2 10
3 3
y
y m x mxy y m x m

               
Do đó đường thẳng qua hai điểm cực trị là:    1: 2 2 10
3
y m x m       
0,25 
Ta có      1 2 2 10 3 2 2 10 2 1 3 2 10 0
3
y m x m y m x m x m y x                     
Do đó điểm có định của   thoả mãn hệ:
12 1 0
2
3 2 10 0 3
x x
y x y
    
 
    
Vậy   đi qua điểm 1 ;3
2
M   
 
cố định.Gọi H là hình chiếu vuông góc của N trên 
  khi đó ta có  ,d N NH NM   (Không đổi).Vậy khoảng cách từ N đến   lớn 
nhất bằng MN khi và chỉ khi   MN  .Đường thẳng MNcó hệ số góc bằng 1.Suy ra điều 
0,5 
 4 
kiện :  2 3 5.1 1
3 2
m
m

    (Thoả mãn). 
Vậy 5
2
m  là giá trị cần tìm. 
*)Chú ý cách 2:Tìm được phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị 
   1: 2 2 10
3
y m x m       
Tính:
 
     
 
2 2
2
2
2 1 2 1 1,
6 182 2 9 2 1 6 2 1 18 1
2 1 2 1
1 2
3 2 1 1
2 1 22
m m
d N
m m m
m m
m
 
   
       
 
 
 
  
 
Dấu bằng xảy ra khi 
2
3 2 1 50
2 1 22
m
m
 
      
II 
 1/Giải phương trình : 22sin sin 2 2 sin
4
x x x     
 
1 đ 
Cách 1:Phương trình đã cho tương đương với 
 2 22sin 2sin cos sin cos 1 2sin 2cos 1 sin cos 1 0x x x x x x x x x          (*) 
Coi (*) là phương trình bậc hai ẩn sinx ta 
có:      2 222cos 1 8 cos 1 4cos 12cos 9 2cos 3 0x x x x x x            
Suy ra (*)
1sin1sin 2
2 1sinsin cos 1
4 2
x
x
xx x 
    
           
Vậy nghiệm phương trình: 2
6
x k   ; 5 2
6
x k   ; 2
2
x k    ; 
2x k   k Z 
Hoặc biến đổi phương trình: 
       
2 22sin 2sin cos sin cos 1 2sin 2sin cos 2sin sin cos 1 0
2sin sin cos 1 sin cos 1 0 sin cos 1 2sin 1 0
x x x x x x x x x x x
x x x x x x x x
          
           
Cách 2:Phương trình tương đương với: 
0, 5 
0,5 
 5 
22sin 1 sin 2 2 sin 0 sin 2 cos 2 2 sin 0
4 4
3sin 0
3 2 42 sin 2 2 sin 0 sin cos 0
4 4 2 4 2
cos 0
2
2
( )6 3
2
x x x x x x
x
x xx x
x
kx
k Z
x k
 

  
 
 
               
   
                        
      

   

 
II 
2 / Giải hệ phương trình :
3 5 4 5
12 5 4 2 35
x y x y
x y x y
    

   
-Điều kiện: 3 0;5 4 0.x y x y    
Đặt     2 23 ; 5 4 2 2 3 5 4 2u x y v x y x y x y x y u v            
Hệ trở thành:
 22 2 2
2
55
12 2 35 0 2 5 12 35 0
5 3; 2
5; 08 15 0
u vu v
v u v v v v
u v v u
v uv v
   
 
         
    
       
TH1:
3 5 4 9 1
2 3 4 1
v x y x
u x y y
     
   
     
TH2: 
25
5 5 4 5 7
0 3 0 75
7
xv x y
u x y y
      
   
     

Vậy hệ có 2nghiệm: 
*)Chú ý khối B và D đáp án và thang điểm sau 
1/Giải phương trình: cos2x 2sin x 1 2sin x cos 2x 0    (1) 
     
  
1 os2 1 2sin 1 2sin 0
 os2 1 1 2sin 0
c x x x
c x x
    
   
Khi cos2x=1 x k , k Z 
Khi 1s inx
2
  2
6
x k   hoặc 5 2
6
x k   , k Z 
2/Giải bất phương trình:   24x 3 x 3x 4 8x 6     (1) 
 (1)    24 3 3 4 2 0x x x      
Ta có: 4x-3=0x=3/4 
 2 3 4 2x x   =0x=0;x=3 
Bảng xét dấu: 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,5 
0,5 
0,25 
0,25 
 6 
 x - 0 ¾ 2 +  
 4x-3 - - 0 + + 
2 3 4 2x x   + 0 - - 0 + 
Vế trái - 0 + 0 - 0 + 
Vậy bất phương trình có nghiệm:  30; 3;
4
x      
0,25 
0,25 
III 
Tìm giới hạn: 
3
0
2011 os2011lim
x
x
c xL
x

 
 3
0
2011 os2011lim
x
x
c xL
x

 có dạng 0
0
Biến đổi: 
3 3
0 0
3 ln2011
0
2011 os2011 2011 1 1 os2011lim lim
2011 20112sin sin1 2 2lim 3ln 2011 3ln 20112011 23 ln 2011 .
2 2011
x x
x x
x
x
c x c x
x x
x x
e
xx
 

   

 
 
   
 
 
0, 5 
0, 5 
IV 1, Tính thể tích khối chóp 
Ta có: (SAB) (ABCD) SA (ABCD)
(SAC) (ABCD
 
 
 
 SDA  là góc giữa SD và (ABCD) 
0 SDA = 45  
Trong ΔABC có: 
  2 2 2BC = AB + AC - 2AB.ACcos BAC 
 2= 13a AD = BC = a 13 
Trong tam giác SAD vuông tại A, ta có: 
 SA = ADtan( SDA) = a 13 
 2ABCD ΔABCS = 2S = AB.ACsin(BAC) = 2a 3 
3
S.ABCD ABCD
1 2a 39V = SA.S = 
3 3
 
2, Tính khoảng cách giữa DE, CF 
Trong mp(ABCD), dựng CI // ED ( I AD ) ED // (CFI) 
(DE,CF) (DE,(CFI)) (D,(CFI))d = d = d 
Gọi H là trung điểm của AD D là trung điểm HI  (D,(CFI)) (H,(CFI))
1d = d
2
Hạ HK vuông góc với CI tại K; HJ vuông góc với FK tại J 
Ta có: 
FH // SA FH (ABCD) FH CI CI (FHK) (FCI) (FHK)        
0,5 
0,25 
A 
B 
D 
E 
F 
J 
I 
H 
K 
S 
C 
 7 
(H,(FCI)) HJ (FCI) HJ = d   
Ta thấy: 2
ΔHCI ABCD
1S = S = a 3
2
 ΔHCI2S HK = 
CI
 
Ta có: 
2 2 2AD +CD -AC 1 1cos( ADC) = = - cos( BCD)=
2AD.CD 13 13
   
 2 2 a 13CI = DE = DE +CD -2DE.CD.cos(BCD) = 
2
4a 3HK = 
13
 
 1 a 13HF = SA = 
2 2
Trong tam giác FHK vuông tại H, có: 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 13 4 361 = + = + = 
HJ HK HF 48a 13a 624a
 D,(CFI)
4a 39 2a 39 HJ = d = 
19 19
  
Vậy: 
(DE, CF)
2a 39d = 
19
0,25 
V Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 
2 21 1 1 19 ( 2)3 2 1 0x xm m        (1) 
1 
PT: 
2 21 1 1 19 ( 2)3 2 1 0x xm m        (1) 
 * Đk [-1;1]x , đặt t = 21 13 x  ; [-1;1]x  [3;9]t 
Ta có: (1) viết lại 
2
2 2 2 1( 2) 2 1 0 ( 2) 2 1
2
t tt m t m t m t t m
t
 
           

Xét hàm số f(t) = 
2 2 1
2
t t
t
 

 , với [3;9]t . Ta có: 
  
    
2
/ /
2
14 3( ) , ( ) 0
( 2) 3
tt tf t f t
t t
Lập bảng biến thiên 
t 3 9 
f/(t) + 
f(t) 
64
7
4 
Căn cứ bảng biến thiên, (1) có nghiệm [-1;1]x  (2) có nghiệm [3;9]t  
  644
7
m 
0, 5 
0, 5 
 8 
VI +(C) (x-1)2+(y+2)2=5 nên tâm I(1;-2) và bán kính 5R . 
+Đường thẳng x=x0 không thỏa mãn đk .Do đó tiếp tuyến của đường tròn phải có 
dạng:y=ax+b  ax-y+b=0 .Đường thẳng đó tạo với d một góc  thỏa mãn : 

10
1cos
10
1
1.5
12
2



a
a
 1122 2aa 2(2a+1)2=a2+1 
 7a2+8a+1=0
7
11  aa 
+TH1: a=-1:ta có 0:1  byx là tiếp tuyến của đường tròn 
1015
2
21
),( 1 

 b
b
Id 
119  bb .khi đó ta có 2 tiếp tuyến làx+y-9=0,x+y+11=0. 
+TH2: 
7
1
a tương tự ta có 2 tiếp tuyến là : 0105137  yx 
Vậy có 4 tiếp tuyến: 0105137,011,09  yxyxyx 
0,25 
0,5 
0,25 
0,25 
VII 
Ta có:
2 2 2 1 1 1 2 1 2 2
2 1 2
2 11025 ( ) 105
14( 1)105 105 210 0
15( )2
n n n n
n n n n n n n n
n n
C C C C C C C C
nn nC C n n n
n l
        

             
Ta có khai triển:
14 1414 14
14
14 14
0 0
1 1 2 .3 .
2 3 2 3
k k
k k k k k
k k
x xC C x

 
 
            
     
  
Do đó 1414 2 .3
k k k
ka C
  
Ta xét tỉ số :
1 13 1
1 14
14
14
2 3 2(14 )
2 3 3( 1)
k k k
k
k k k
k
a C k
a C k
   

 

 

.Suy ra: 1 2(14 )1 1 5
3( 1)
k
k
a k k
a k
     

.Do 
k N nên 4k  . 
Tương tự ta có: 1 11 5; 1 5k k
k k
a ak k
a a
       . 
Do đó 0 1 4 5 6 7 14... ...a a a a a a a        .Dẫn đến 5 6,a a lầhi hệ só lớn nhất trong 
khai triển. 
Kết luận hệ số lớn nhất trong khai triển là: 5 9 55 6 14
10012 3
62208
a a C     
0,25 
0,25 
0,25 
0,25