Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 214

Câu I (2.0 ñiểm): Cho hàm số 2x 1y (C)
x 1
+
= 
−
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C)của hàm số. 
2. Gọi M là một ñiểm di ñộng trên (C)có hoành ñộ Mx 1> . Tiếp tuyến tại M cắt 
hai ñường tiệm cận của (C) tại A và B . Tìm M ñể diện tích tam giác OAB nhỏ
nhất (với O là gốc tọa ñộ). 
Câu II (2.0 ñiểm) 
1. Giải phương trình: 4 44(sin x cos x) 3sin 4x 3 (1 tan 2x tan x)sin 4x.+ + = + + 
2. Giải hệ phương trình: 
( )
2 2 2 2
3 3
2 2
y 1 log (2x y) 4xy 4x 4x 4xy y 1 log y (1) 
x, y
y 5 x x 1 (2)
 + + − = − + − + + +
∈
+ = − −
ℝ 
Câu III (1.0 ñiểm) 
Tìm hệ số của số hạng chứa 5x trong khai triển thành ña thức của biểu thức: 
( )52P(x) 1 x x= + + 
Câu IV (2.0 ñiểm) 
Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình chữ nhật với AB a,AD 2a= = . 
Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ñáy, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng 
ñáy bằng o60 . Trên ñoạn SA lấy một ñiểm M sao cho a 3AM 
3
= , mặt phẳng (BCM) 
cắt cạnh SD tại N . 
1. Tính thể tích khối chóp S.BCNM. 
2. Tính khoảng cách giữa BD và SC và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 
S.ABCD. 
Câu V (1.0 ñiểm): Tìm m ñể bất phương trình sau có nghiệm: 
( )2 3x (m 2)x 4 (m 1) x 4x x+ + + ≤ − + ∈ℝ 
Câu VI (1.0 ñiểm) 
Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy cho tam giác ABC . Biết ñường cao kẻ từ
ñỉnh B và ñường phân giác trong góc A lần lượt có phương trình là: 
1 :3x 4y 10 0∆ + + = ; 2 : x y 1 0∆ − + = . ðiểm ( )M 0;2 thuộc ñường thẳng AB ñồng thời 
cách C một khoảng 2 . Tìm tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC. 
Câu VII (1.0 ñiểm) 
Cho a,b,c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
2 2 2
1 2P (a 1)(b 1)(c 1)a b c 
= 
1 
− 
+ + ++ + +
------------------------- Hết ------------------------ 
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:. ............................................ Số báo danh:........................... 
SỞ GD & ðT BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ 
 ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 
 Môn: TOÁN; Khối A+B 
 (Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát ñề) 
Ngày thi 10/12/2011 
Download tài liệu học tập, xem bài giảng tại : 
Trang 1/5 
Câu ðáp án ðiểm 
I 
(2.0 ñiểm) 
1. (1.0 ñiểm) Khảo sát  
• Tập xác ñịnh: { }D \ 1= ℝ . 
• Sự biến thiên: 
 - Chiều biến thiên: ( )2
3
y ' 0, x 1
x 1
−
= < ∀ ≠
−
. 
 - Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( );1−∞ và ( )1;+∞ . 
 - Hàm số không có cực trị 
0,25 
 - Giới hạn và tiệm cận: 
x x
lim y lim y 2
→−∞ →+∞
= = ; tiệm cận ngang y 2= . 
x 1 x 1
lim y , lim y
− +→ →
= −∞ = +∞ ; tiệm cận ñứng x 1= . 
0,25 
 - Bảng biến thiên: 
x −∞ 1 +∞ 
'y − − 
y 2 +∞ 
 −∞ 2 
0.25 
 • ðồ thị: y 
 2 I 
 O 1 x 
0.25 
2. (1.0 ñiểm) Gọi M là một ñiểm  
Giả sử ( ) ( )M M MM x ;y C ; x 1∈ > . 
Phương trình tiếp tuyến của ( )C tại M là: ( ) ( ) ( )M2 MM
3 3
y x x 2 d
x 1x 1
−
= − + +
−
−
- Giao ñiểm của ( )d với tiệm cận ñứng và tiệm cận ngang lần lượt là: 
( )M
M
6
A 1;2 , B 2x 1;2
x 1
 
+ − 
− 
0,25 
- ðộ dài ñoạn thẳng AB là: 
( )4M
M
2 x 1 9
AB
x 1
− +
=
−
. 
0.25 
SỞ GD & ðT BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ 
 ðÁP ÁN – THANG ðIỂM 
 ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 
 Môn: TOÁN; Khối A+B 
 (ðáp án – thang ñiểm gồm 05 trang) 
Trang 2/5 
Câu ðáp án ðiểm 
I 
(2.0 ñiểm) - Khoảng cách từ O ñến AB là: ( ) ( ) ( )
2 2
M M M M
4 4
M M
2x 2x 1 2x 2x 1
d O;AB
x 1 9 x 1 9
+ − + −
= =
− + − +
( ) ( )
2 b®t Cauchy
M M
OAB M
M M
2x 2x 11 3
S AB.d O;AB 2 x 1 6 2 6 6
2 x 1 x 1
∆
+ −
= = = − + + ≥ +
− −
0,25 
 OABS∆ nhỏ nhất ( )
M
M M
M
M
x 1
6
x 1 y 2 63
2 x 1 2
x 1
>

⇔ ⇔ = + ⇒ = +
− =
−
 Vậy ñiểm 6M 1 ;2 6
2
 
+ +  
 
. 
0.25 
II 
(2.0 ñiểm) 
1. (1.0 ñiểm) Giải phương trình: 
ðiều kiện: 
cos x 0
( )
cos2x 0
≠
∗
≠
 0,25 
Với ñiều kiện trên, phương trình ñã cho 
21 cos x4 1 sin 2x 3 sin 4x 3 sin 4x
2 cos x cos2x
 
⇔ − + = + ⋅ 
 
1 3
cos4x 3 sin 4x 2sin 2x cos4x sin 4x sin 2x
2 2
⇔ + = ⇔ + = . 
0,25 
sin 4x sin 2x
6
pi 
⇔ + = 
 
. 0,25 
x k
12
pi
⇔ = − + pi hoặc 5 kx
36 3
pi pi
= + (thỏa mãn ñiều kiện ( )∗ ) 0,25 
2. (2.0 ñiểm) Giải hệ phương trình: 
ðiều kiện: 
x 1,y 0
2x y 0
≥ >

− >
Pt ( ) ( ) ( )2 2 2 23 3(1) log 2x y 2x y 1 2x y log y y 1 y .⇔ − − − + + − = − + + 
0,25 
- Xét hàm số: ( ) 2 23f t log t t 1 t= − + + (với t 0> ). 
- Ta có: ( )'
2 2
1 t 1 1
f t 2t t 2 0 t 0
t ln3 t ln3t 1 t 1
 
= − + = + − > ∀ > 
+ + 
. 
( )f t⇒ ñồng biến trên ( )0;+∞ . Do ñó ( ) ( )(1) f 2x y f y x y⇔ − = ⇔ = . 
0,25 
- Thay x y= vào (2) ta ñược: 2 2x 5 x x 1+ = − − 
( ) ( )( )22 2
2
x 4 x 2
x 5 3 x 1 1 x 4 0 x 2 x 2 0
x 1 1x 5 3
− −
⇔ + − + − − − − = ⇔ + − − + =
− ++ +
( ) ( )
2
x 2 1
x 2 x 2 0 ( )
x 1 1x 5 3
 +
⇔ − + − + = ∗ 
− ++ + 
0,25 
- Do x 1≥ nên 
2
x 2 x 2 1
, 1
5 x 1 1x 5 3
+ +
< <
− ++ +
. 
 ( )
2
x 2 1 4x 3
x 2 0
5x 1 1x 5 3
+ +
⇒ + − + < − <
− ++ +
. 
0,25 
Trang 3/5 
Câu ðáp án ðiểm 
III 
(1.0 ñiểm) 
 Do ñó ( ) x 2 0 x 2 y 2∗ ⇔ − = ⇔ = ⇒ = (tmñk). Vậy nghiệm là: ( ) ( )x;y 2;2= . 
Tìm hệ số  
Có: ( ) ( ) ( ) ( )5 5 k 5 kk ik 2 k i k i 2 k i k i5 5 k 5 k
k 0 k 0 i 0 k 0 i 0
P x C x x C C x x C C x 0 i k− +
= = = = =
= + = = ≤ ≤∑ ∑ ∑ ∑∑ 0,25 
Số hạng chứa 5x trong khai triển ứng với k, i là nghiệm của hệ: 
i, k , i k i 0
i k 5 k 5
∈ ≤ = 
⇔ 
+ = = 
ℕ
 hoặc 
i 1
k 4
=

=
 hoặc 
i 2
k 3
=

=
0,5 
Vậy hệ số của số hạng chứa 5x trong khai triển ( )P x là: 
5 0 4 1 3 2
5 5 5 4 5 3C C C C C C 51+ + = . 
0,25 
IV 
(2.0 ñiểm) 
1. (1.0 ñiểm) Tính thể tích khối chóp S.BCNM 
 S 
 H 
 M N 
 P 
 A D 
 B K C 
 E 
- Có ( ) ( )SBC ABCD BC∩ = , ( )SAB BC⊥ , ( ) ( )SAB SBC SB∩ = , 
( ) ( )SAB ABCD AB∩ =  oSBA 60⇒ = là góc giữa ( )SBC và mặt phẳng ñáy. 
0,25 
- Có oSA AB tan 60 a 3= = . 
- Có 2 2MN SM AD.SM 4a 2aMN , BM AB AM
AD SA SA 3 3
= ⇒ = = = + = . 
- Diện tích hình thang BCNM là: ( )
2
BCNM
1 10a 3
S BM MN BC
2 9
= + = . 
0,25 
- Hạ SH BM⊥ thì ( )SH BCNM⊥ (vì ( ) ( )BCNM SAB⊥ ). 
- Có SBM
SM.AB
SH.BM SM.AB 2S SH a
BM
∆= = ⇒ = = . 
0,25 
Vậy thể tích khối chóp S.BCNM là: 
3
S.BCNM BCNM
1 10a 3
V SH.S
3 27
◊= = . 
0,25 
2. (1.0 ñiểm) Tính khoảng cách  
• Tính khoảng cách giữa BD và SC . 
- Qua C kẻ ñường thẳng ∆ // BD , AB E, AD F BD∆ ∩ = ∆ ∩ = ⇒ // ( )SEF . 
 Suy ra ( ) ( )( )d BD,SC d BD, SEF= . 
- Kẻ AK EF, AK BD Q Q⊥ ∩ = ⇒ là trung ñiểm của AK . 
 Có ( ) ( ) ( ) ( ) ( )EF SAK SEF SAK ; SEF SAK SK⊥ ⇒ ⊥ ∩ = . 
 Hạ AP SK AP (SEF)⊥ ⇒ ⊥ . 
0,25 
- Có BC // ( )SAD mà 
( ) ( )BCM SAD MN∩ =
MN⇒ // BC BCMN⇒ ◊ 
là hình thang. 
( )BC SAB⊥ BC BM⇒ ⊥ 
Vậy BCMN◊ là hình 
thang vuông tại B và M. 
F 
Trang 4/5 
Câu ðáp án ðiểm 
IV 
(2.0 ñiểm) ( )( ) ( )( ) ( )( )1 1d BD, SEF d Q, SEF d A, SEF AP2 2⇒ = = = . 
- Có B, D lần lượt là trung ñiểm của AE và AF AE 2a, AF 4a⇒ = = . 
2 2EF AE AF 2a 5= + = , mà AE.AF 4aAK.EF AE.AF AK
EF 5
= ⇒ = = . 
 Xét ASK∆ vuông tại A có AP là ñường cao 
2 2 2 2
1 1 1 31
AP SA AK 48a
⇒ = + = . 
4 3a
AP
31
⇒ = ( ) ( )( ) 1 2 3ad BD,SC d BD, SEF AP
2 31
⇒ = = = . 
0,25 
• Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . 
- Có    oSBC SAC SDC 90= = = ⇒ các ñiểm B,A, D nằm trên mặt cầu ñkính SC 
0,25 
 ⇒Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có ñường kính là SC . 
 Bán kính 2 21 1R SC SA AC 2a
2 2
= = + = . 
Chú ý: Học sinh làm theo phương pháp tọa ñộ ñúng cho ñiểm tối ña. 
0,25 
V 
(1.0 ñiểm) Tìm m ñể bất phương trình có nghiệm: ( )
2 3x (m 2)x 4 (m 1) x 4x 1+ + + ≤ − + 
ðiều kiện: ( )3 2x 4x 0 x x 4 0 x 0+ ≥ ⇒ + ≥ ⇔ ≥ . 
- Nhận thấy x 0= không là nghiệm của ( )1 (vì 4 0≤ vô lý). 
- Với x 0> , chia hai vế của ( )1 cho x ta ñược: 
2 2x 4 x 4 4 4
m 2 (m 1) x (m 1) x m 2 0
x x x x
+ +
+ + ≤ − ⇔ + − − + + + ≤ . 
0,25 
- ðặt 
4
t x
x
= + ( )t 2≥ . Khi ñó, ( )1 trở thành: 
( ) ( )22 t t 2t m 1 t m 2 0 m 2
t 1
+ +
− − + + ≤ ⇔ ≥
−
 ( )1 có nghiệm khi và chỉ khi ( )2 có nghiệm t/m: 2
t 2
t t 2
t 2 m min
t 1≥
+ +≥ ⇔ ≥
−
. 
0,25 
- Xét hàm số: ( ) 2t t 2f t
t 1
+ +
=
−
 trên [2; )+∞ , ( ) ( )
t
lim f t , f 2 8
→+∞
= +∞ = 
 Ta có: ( ) ( ) ( )
2
' '
2
t 1(lo¹i)t 2t 3
f t , f t 0
t 3 (tháa m:n) f(3) 7t 1
= −− −
= = ⇔ 
= ⇒ =
− 
 - Bảng biến thiên: 
t 
 2 3 +∞ 
'f (t) − 0 + 
f(t) 
 +∞ 
 8 
 7 
0,25 
 ( )
t 2
min f t 7
≥
⇒ = . Vậy bất phương trình ( )1 có nghiệm khi m 7≥ . 0,25 
VI 
(1.0 ñiểm) 
Tìm tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC . 
- Gọi 'M là ñối xứng của ñiểm M qua '2 M AC∆ ⇒ ∈ . 
Trang 5/5 
Câu ðáp án ðiểm 
VI 
(1.0 ñiểm)
ðường thẳng 'MM ñi qua M và vuông góc với 2∆ ⇒ pt 
'MM : x y 2 0+ − = . 
Gọi ' 2
1 3
I MM I ;
2 2
 
= ∩ ∆ ⇒  
 
 và I là trung ñiểm của ( )' 'MM M 1;1⇒ . 0,25 
- ðt AC ñi qua ( )'M 1;1 và vuông góc với 1∆ nên nhận ( )u 3;4

là 1 VTCP . 
⇒ phương trình tham số của AC là: A 1∆ 
x 1 3t
y 1 4t
= +

= +
 M 
 Có ( )2A AC A 4;5= ∆ ∩ ⇒ . B 2∆ C 
0,25 
- ðường thẳng AB ñi qua A và M nên có pt: x 4 y 5 3x 4y 8 0
4 2 5
− −
= ⇔ − + =
− − 
. 
 Có 1
1
B AB B 3;
4
 
= ∩ ∆ ⇒ − − 
 
. 
0,25 
- ðiểm C thuộc ñường thẳng AC nên ( )C 1 3t;1 4t+ + . 
 Có ( ) ( )
( )
2 22
t 0 C 1;1
MC 2 MC 2 1 3t 4t 1 2 2 31 33
t C ;
25 25 25
 = ⇒

= ⇔ = ⇔ + + − = ⇔  
= ⇒    
 Vậy các ñỉnh của tam giác là: ( ) ( )1A 4;5 , B 3; , C 1;1
4
 
− − 
 
hoặc 31 33C ;
25 25
 
 
 
. 
0,25 
VII 
(1.0 ñiểm)
Tìm giá trị lớn nhất  
AD bñt Cauchy ta có: ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 1 1 1a b c 1 a b c 1 a b c 1
2 2 4
+ + + ≥ + + + ≥ + + + 
 dấu “ = ” xảy ra ⇔ a b c 1= = = , 
 và ( )( )( ) ( )
3
a b c 3
a 1 b 1 c 1
27
+ + +
+ + + ≤ dấu “ = ” xảy ra a b c⇔ = = . 
0,25 
- ðặt t a b c 1 t 1= + + + ⇒ > . Khi ñó: ( )3
2 54
P .
t t
≤ 
2
−
+
 Xét hàm số: ( )3
2 54
f(t)
t t 2
= −
+
 trên ( )1;+∞ , ( ) ( )
'
42
2 162
f t
t t 2
= − +
+
. 
 ( )'
x
1
f t 0 t 4 f(4) ; lim f(t) 0; f(1) 0
4 →+∞
= ⇔ = ⇒ = = = . 
0,25 
- Bảng biến thiên: t 
 1 4 +∞ 
( )'f t + 0 − 
f(t) 
1
4
 0 0 
0,25 
 Từ bảng biến thiên ta có: 
t 1
1
max P max f(t)
4>
= = khi t 4= . 
 Suy ra: a b c 1= = = (dùng ñiều kiện dấu “ = ” xảy ra). 
0,25 
'M
Download tài liệu học tập, xem bài giảng tại :