Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 227

I. Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 ñiểm) 
Câu I (2,0 ñiểm). Cho hàm số : 162 23 ++−= xxy 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số 
2. Tìm m ñể ñường thẳng y = mx + 1 cắt (C) tại ba ñiểm phân biệt A , B , C sao cho A(0; 1) và B là trung 
ñiểm của AC. 
 Câu II (2,0 ñiểm) 
1. Giải phương trình: xxxxx 3cos.3sin)32(cos)
4
(cos.cos2 2 =++−
π
2. Giải hệ phương trình: 




=−++
=−−+−
01532
0542
22
224
yxyx
yyxx
Câu III (1,0 ñiểm ). Tính giới hạn : 
13cos
1
lim
2
0
2
−
+−
=
→ x
xe
I
x
x
Câu IV (1,0 ñiểm). Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình thang vuông tại A (AD//BC). Biết AD = 
2a ; BC= a ,SD = 3a , tam giác SAB ñều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với ñáy, gọi I là trung ñiểm của 
AB .Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.IBC. 
Câu V (1,0 ñiểm) . Cho x , y là các số thực không âm thay ñổi và thỏa mãn ñiều kiện: 
)(21)(4 22 yxxyyx ++≤++ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 22 yxyxxyP −−++= . 
 II.Phần riêng (3,0 ñiểm) 
 Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
A. Theo chương trình chuẩn: 
Câu VI.a (2,0 ñiểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B biết ñỉnh B nằm trên trục tung, M( 1; 
1) là trung ñiểm của cạnh AB và ñường thẳng AC có phương trình : x – y – 3 = 0 . Tìm tọa ñộ ñiểm C. 
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy , cho ñường thẳng 02: =+−∆ yx , viết phương trình ñường tròn 
tâm I( 1;2) và cắt ∆ theo dây cung AB sao cho tam giác IAB có diện tích bằng 
2
3
Câu VII.a (1,0 ñiểm) .Tìm hệ số của 4x trong khai triển nhị thức Niutơn của: 
n
x
x 





+
5
4 5 1 , 
biết 4521 =+ −− nn
n
n CC ( Trong ñó 
k
nC là số tổ hợp chập k của n ) 
B.Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b (2,0 ñiểm ) 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho (E): 1
14
22
=+
yx
 có hai tiêu ñiểm là 21;FF , gọi A ,B là hai ñiểm 
trên (E) sao cho 221 =+ BFAF .Tính 12 BFAF + . 
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, biết 0120=
∧
BAC , M( 1; 2) là trung 
ñiểm của cạnh AC , ñường thẳng BC có phương trình: x – y + 3 = 0. Tìm tọa ñộ ñiểm A biết ñiểm C có 
hoành ñộ dương. 
Câu VII.b (1,0 ñiểm) 
 Giải hệ phương trình :




=+
=++
++ 1622
1)1(log)2(log
2
2
12
yxx
xy
........................Hết.............................. 
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 
--------***-------- 
ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2010 – 2011 
Môn thi :TOÁN - Khối B 
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao ñề) 
Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu.Giám thị xem thi không giải thích gì thêm 
Họ và tên thí sinh:...............................................................;Số báo danh :................ 
ðÁP ÁN ðỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY HỌC BỒI DƯỠNG LẦN 1,NĂM HỌC 2010-2011 
MÔN TOÁN , KHỐI B 
Câu Nội Dung ðiểm 
 I 
(2,0ñ) 
1.(1,0ñ) 
TXð: D = R 
Chiều biến thiên: )2(6126 2, −−=+−= xxxxy ; 


=
=
⇔=
2
0
0,
x
x
y 
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng: ( )0;∞− và ( )+∞;2 ,ñồng biến trên 
khoảng (0; 2) 
Cực trị: Hàm số ñạt cực tiểu tại ñiểm x = 0 1=⇒ cty , ñạt cực ñại tại ñiểm x 
= 2 9=⇒ cdy 
Giới hạn: +∞=
−∞→
y
x
lim ; −∞=
+∞→
y
x
lim 
Bảng biến thiên: 
ðồ thị: ði qua các ñiểm (3 ; 1) ; (-1;9) 
Cắt trục tung tại ñiểm (0; 1) ; nhận I(1;5) làm ñiểm uốn. 
2 (1,0ñ). 
Pt hoành ñộ giao ñiểm của ñường thẳng y = mx +1 và (C) : 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 x ∞− 2 ∞+ 0 
∞− 
 9 
 1 
∞+ 
,y
y 
0 0 
O 
1 
 y 
 x 
9 
5 
 -1 
2 
 II 
(2,0ñ) 
0)62(1162 223 =+−⇔+=++− mxxxmxxx 


=+−
=
⇔
062
0
2 mxx
x
Với x = 0 ⇒ y = 1 ⇒A(0; 1) 
ðường thẳng y = mx+ 1 cắt (C) tại ba ñiểm phân biệt A , B , C 
⇔ pt 062 2 =+− mxx 
Có hai nghiệm phân biệt 21 , xx khác 0 



≠
>∆
⇔
0
0,
m 


≠
>−
⇔
0
029
m
m




≠
<
⇔
0
2
9
m
m
Khi ñó )1;( 11 +mxxB ; )1;( 22 +mxxC . Vì B là trung ñiểm của AC nên 
12 2xx =⇒ (1) 
Mà 21; xx là nghiệm của phương trình : 062
2 =+− mxx nên:




=
=+
2
3
21
21
m
xx
xx
 (2) 
Từ (1) và (2) 4=⇒ m 
1.(1,0ñ) 
Pt xxxxx 3cos3sin)32(coscos).2sin1( =+++⇔ 
xxxxxxx 3cos3sin3)sin2coscos.2(sincos =+++⇔ 
xxxx 3sin3cos3sin3cos −=+⇔ xxxx 3sin
2
1
3cos
2
3
sin
2
3
cos
2
1
−=+⇔ 
)
3
cos()
6
3cos(
ππ
−=+⇔ xx






++−=+
+−=+
⇔
π
ππ
π
ππ
2
36
3
2
36
3
kxx
kxx






+=
+−=
⇔
224
4
ππ
π
π
kx
kx
 ( )Zk ∈ 
2.(1,0ñ) 
Hpt




=−+−+−−
=−+−
⇔
5)2(4)1(4)2)(1(
10)2()1(
22
222
yxyx
yx
ðặt 



−=
−=
2
12
yv
xu
 ; ta có hệ phương trình : 



=++
=+
5)(4
1022
vuuv
vu



=++
=−+
⇔
5)(4
102)( 2
vuuv
uvvu



=
−=+
⇔
45
10
uv
vu
 (vô nghiệm) hoặc 



−=
=+
3
2
uv
vu
Với 



−=
=
⇔



−=
=+
1
3
3
2
v
u
uv
vu
 hoặc 



=
−=
3
1
v
u
Với 



−=−
=−
⇒



−=
=
12
31
1
3 2
y
x
v
u



=
=
⇔
1
2
y
x
 hoặc 



=
−=
1
2
y
x
Với 



=−
−=−
⇒



=
−=
32
11
3
1 2
y
x
v
u



=
=
⇔
5
0
y
x
0,25 
0,25 
0,25 
0,5 
0,5 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
III 
(1,0ñ) 
IV 
(1,0ñ) 
Vậy hệ phương trình ñã cho có 3 nghiệm (x; y) là: (2; 1) ; (-2; 1) và (0; 5) 
1,0ñ 
Ta có : I =
20
2
2
020
13cos
lim
11
lim
1
lim
2
x
x
x
x
x
e
x
x
x
x
−
−+
−
−
→
→→ 
Với 11lim
20
2
=
−
→ x
e x
x
; =
++
=
−+
→→ )11(
lim
11
lim
22
2
02
2
0 xx
x
x
x
xx 2
1
11
1
lim
20
=
++→ xx
4
9
2
3
sin
lim
4
9
.22
3
sin
lim2
13cos
lim
2
2
02
2
20 x
x
x
x
x
x
xxx →→→
−=−=
− =
2
0
2
3
2
3
sin
lim
2
9












−
→ x
x
x
=
2
9
− 
⇒ I = 
9
1
2
9
2
1
1
−=
−
−
1,0ñ 
Vì : (SAB)⊥ (ABCD) và (SAB)∩ (ABCD) = AB 
Mà SI ⊥ AB , nên SI⊥ (ABCD) 
⇒ ABCDABCDS SSIV .3
1
. = 
ðặt AB = x , ta có SI = 
2
3x 
ID = 
4
4
2
2 xa + 
Vì 
4
4
4
3
9
2
2
2
2222 xa
x
aIDSISD ++=⇔+= 
55 22 axax =⇔=⇔ 
Khi ñó : SI= 
2
15
2
3 ax
= ; )2(5.
2
1
)(.
2
1
aaaBCADABS ABCD +=+= = 2
53 2a 
4
35
2
53
.
2
15
.
3
1 32
.
aaa
V ABCDS ==⇒ (ñvtt) 
Ta có: SBBC
BCIB
BCSI
⊥⇒



⊥
⊥
Vì 090==
∧∧
SBCSIC ⇒mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.IBC có ñường kính 
là SC ⇒ bán kính là R = 
2
6
4
5
4
15
2
1
2
1
2
1 2
22
22 aa
aa
ICSISC =++=+= 
1,0ñ 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 A 
D 
B 
 S 
C 
 I 
V 
(1,0ñ) 
VI.a 
(2,0ñ) 
VII.a 
(1,0ñ) 
Từ )(21)()(3)(21)(4 2222 yxyxyxyxxyyx ++≤−++⇔++≤++ 
2)(3)(21 yxyx +≥++⇒ 1
3
1
≤+≤−⇔ yx , vì x ; y không âm nên ta có 
10 ≤+≤ yx . Ta có : 
P = 22
2
22 )(
4
1
)(
2
1
2
)( yxyxyxyx
yx
yxyxxy +−+=+−++




 +≤+−++ 
(vì 
2
2





 +≤
yx
xy và 222 )()(2 yxyx +≥+ ) . 
ðặt t = x + y ; ta có : 10 ≤≤ t , và P 2
4
1
)( tttf −=≤ ; có 
22
1
)('
t
t
tf −= = 01.
2
1
≥
−
t
tt , với [ ]1;0∈∀t . 
[ ] 4
3
)1()(max
1;0
==⇒ ftf ⇒ maxP = 
4
3 , dấu = xảy ra ⇔ x = y = 
2
1 
1.(1,0ñ) 
Vì B nằm trên trục tung nên B(0 ; a) , do M( 1; 1) là trung ñiểm của AB 
nên A(2 ; 2- a) , mà A∈ AC : x- y- 3 = 0⇒ 2 – (2- a) -3 = 0 ⇔ a = 3 
⇒ A(2 ; -1 ) ; B( 0; 3 ) ; )4;2(−
→
AB . 
 Mà C∈ AC : x – y -3 =0 ⇒C( 3; 00 −xx ) )6;( 00 −=⇒
→
xxBC . ABC∆ vuông 
tại B nên AB ⊥ BC⇒ 
120)6(420. 000 =⇔=−+−⇔=
→→
xxxBCAB ⇒ C(12 ; 9) 
2.(1,0ñ) 
Gọi H là trung ñiểm của AB 
2
1
2
221
);( =
+−
=∆=⇒ IdIH 
Ta có 
2
6
6.
2
1
.
2
1
2
3
.
2
1
=⇒=⇔=⇔=∆ AHABABABIHS AIB 
Gọi R là bán kính của ñường tròn cần tìm, ta có : 
2
4
6
2
122 =+=+= AHIHR ⇒ 
ñường tròn cần tìm có phương trình là: ( ) ( ) 221 22 =−+− yx 
(1,0ñ) 
Từ 45
)!2(!2
!
)!1(
!
4521 =
−
+
−
⇔=+ −−
n
n
n
n
CC nn
n
n 452
)1(
=
−
+⇔
nn
n 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,5 
0,5 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
VI.b 
(2,0ñ) 
VII.b 
(1,0ñ) 
90902 =⇒=−+⇔ nnn .khi ñó ta có khai triển : 
9
5
1
4
5
5
4 5 1








+=





+
−
xx
x
x
n
= kk
k
k xxC ).()( 5
1
9
9
0
4
5
9
−
−
=
∑ =∑
=
−
−9
0
54
)9(5
9
k
kk
k xC ; ứng với 4x ta có : 4
54
)9(5
=−
− kk 
514529 =⇔=⇔ kk ⇒ hệ số của 4x là : 12659 =C 
1.(1,0ñ) 
Từ 241
14
2
22
=⇒=⇒=+ aa
yx 
Vì A; B là hai ñiểm trên (E) nên ta có: 



==+
==+
42
42
21
21
aBFBF
aAFAF
68 122121 =+⇒=+++⇒ BFAFBFBFAFAF 
2.(1,0ñ) 
Gọi H là hình chiếu của M lên BC; ta có : 2
2
321
);( =
+−
== BCMdMH 
Vì ∆ABC cân tại A và 00 60120 =⇒=
∧∧
HMCBAC . Ta có : 
MC
MH
HMC =
∧
cos 
22
2
60cos 0 =⇔=⇔ MC
MC
, do C ∈BC: x- y +3 = 0 ⇒ C( a; a +3) , 
với a > 0 
Vì 8)1()1(822 222 =++−⇔=⇔= aaMCMC 32 =⇔ a 3=⇔ a 
)33;3( +⇒ C . 
1,0ñ 
ðk: 



>
−>
0
1
y
x
Pt ñầu 1)1(loglog1)1(loglog1 2222 +=⇔+=⇔=+−+⇔ xyxyxy 
Thế vào pt còn lại ta ñược : 082.221622 2122 =−+⇔=+ ++ xxxx 




−=
=
⇔
)(42
22
loaix
x
; với 2122 =⇒=⇔= yxx (tmñk) 
KL: hệ có nghiệm (x;y) là (1; 2) 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,5 
0,5