Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 31

 ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT
 Năm học 2010 – 2011 
 Môn thi: TOÁN (Khối D) 
 Thời gian làm bài: 180 phút 
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 ñiểm) 
Câu I (2 ñiểm ) 
 Cho hàm số y = x3 − 6x 2 + 9x (1) 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số (1). 
 2. Tìm m ñể ñường thẳng mxy = cắt (C) tại ba ñiểm phân biệt O ( )0;0 ,A và B. Chứng tỏ rằng khi 
m thay ñổi, trung ñiểm I của ñoạn thẳng AB luôn nằm trên cùng một ñường thẳng song song với Oy. 
Câu II (2 ñiểm ) 
1. Giải phương trình : sin 2x + 2 tan x = 3 
2. Giải bất phương trình : ( ) ( ) ( )x log x 1 log 4x
4
1log 3
2
1
2
8
42 + + − ≥ 
Câu III (1 ñiểm) Tìm giới hạn sau : 2
2
0
1 coslim
x
x x
x
+ −
→
Câu IV (1 ñiểm) 
 Cho hình chóp S.ABCD có ñáy là hình thang vuông tạị A, AB =AD=a, DC=2a , ,SA=a 3 (alà số 
dương cho trước ), hai mặt bên (SDC) và (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) . 
 1. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a . 
 2. G là trọng tâm của tam giác DBC . Tính khoảng cách từ G ñến mặt phẳng (SBC) 
 Câu V (1 ñiểm) 
Tìm m ñể phương trình sau có nghiệm : x2 + x + 1 − x2 − x + 1 = m 
B. PHẦN RIÊNG (3 ñiểm) 
Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 
Phần 1: Theo chương tình chuẩn 
Câu VI.a (2 ñiểm) 
 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho tam giác ABC. ðường trung tuyến qua ñỉnh B, ñường 
cao qua ñỉnh A và ñường trung trực của cạnh AB lần lượt có phương trình là y + 3 = 0 , 
2x − y + 1 = 0 và x + y + 2 = 0 .Tìm tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC . 
 2.Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho ñường tròn (C) có phương trình 
2 6 15 02 2x + y − x + y − = . Viết phương trình ñường thẳng ñi qua gốc tọa ñộ và cắt ñường tròn (C) tại 
hai ñiểm E, F sao cho EF có ñộ dài bằng 8 . 
Câu VII.a (1 ñiểm) Kí hiệu knC là số tổ hợp chập k của n phần tử ( k ,n ∈ N ;k ≤ n ). Tìm hệ số của x10 
trong khai triển nhị thức Niutơn của ( )n2 + x , biết ... 2 1202 122 112 1 + + + = −+ + +nn n nC C C . 
Phần 2: Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b (2ñiểm) 
 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho elip(E) có phương trình 1
25 16
2 2
+ =
x y
. Tìm ñiểm M 
nằm trên elip(E) sao cho 1 2MF = 4MF , trong ñó 1 2F , F lần lượt là các tiêu ñiểm trái, phải của elip(E). 
 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho tam giác ABC ,cho biết ñỉnh C( ( )4;3 , ñường phân giác 
trong và ñường trung tuyến kẻ từ một ñỉnh của tam giác lần lượt có phương trình là x + 2 y − 5 = 0 và 
4x + 13y − 10 = 0 .Viết phương trình ba cạnh của tam giác ABC . 
Câu VII.b (1 ñiểm) 
 Từ một nhóm học sinh gồm 7 nam và 6 nữ, thầy giáo cần chọn ngẫu nhiên 5 em ñể tham dự lễ mít 
tinh tại trường . Tính xác suất ñể kết quả thầy giáo chọn ñược là có cả nam và nữ . 
------------------------Hết--------------------- 
SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH 
THPT CHUYÊN HẠ LONG
ðÁP ÁN VÀ BIỂU ðIỂM 
ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT 
 Năm học 2010 – 2011 
 Môn thi : TOÁN ( khối D) 
Câu Nội dung ðiểm 
I 
2ñ’ 
1 
1ñ’ 
• *TXð: RD = 
 *Sự biến thiên 
 . = +∞
→+∞
lim y , = −∞
→−∞
lim y 
 . y' = 3x 2 −12x + 9 , 


=
=
= ⇔
3
1
' 0
x
x
y 
• .H/s ñb trên các khoảng ( ) ( )− ∞;1 , 3;+∞ và nb trên khoảng ( )1;3 
 .H/s có = 1, = 4cñ cñx y và = 3, = 0ct ctx y 
• . Bảng biến thiên: 
x − ∞ 1 3 + ∞ 
 y' + 0 - 0 + 
 y 
• *ðồ thị: ðt ñi qua các ñiểm O(0;0), A(4;4) ,ñu’U(2;2) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
∞− 
4 
0 
∞+ 
2 
1ñ’ • Ptrình hoành ñộ giao ñiểm của ñường thẳng mxy = )(d và ñồ thị (C) là 



=−+−
=
⇔=+− )2(096
0)1(96 223 mxx
x
mxxxx 
• )(d cắt (C)tại 3 ñiểm phân biệt O(0;0),A,B ⇔ pt(1) có 3 nghiệm phân biệt 
⇔ pt(2)có 2 nghiệm phân biệt 09
09
0'
0 >≠⇔



≠−
>∆
⇔≠ m
m
x (*) 
• Với ñk(*)A,B là 2ñiểm có hoành ñộ lần lượt là BA xx , là 2 nghiệm của pt(2),I là 
trung ñiểm của ñoạn thẳng AB nên hoành ñộ của I là 3
2
=
+
=
BA
I
xx
x 
• ∈⇒ I ∆ có pt là 3=x , ∆ song song với oy khi m thay ñổi ( 09 >≠ m ) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
1 
1ñ • ðk: Cos x ≠ 0 (*) 
.Với ñk trên pt ñã cho ( ) 0tan122sin1 =−+−⇔ xx 
• ( ) ( ) 0
cos
2
sincossincos0
cos
sincos2sincos 2 =





+−−⇔=
−
+−⇔
x
xxxx
x
xx
xx 
• 




=+−
=−
⇔ )2(0
cos
2
sincos
)1(0sincos
x
xx
xx
• Lập luận ñể có pt(2)vônghiệm ,pt(1) có nghiệm Zkkx ∈+= ,
4
pi
pi
thỏa mãn ñk(*) 
Vậy pt ñã cho có nghiệm là Zkkx ∈+= ,
4
pi
pi
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
II 
(2ñ’) 
2 
1ñ’ 
• ðk: 01
04
01
03
>≠⇔





>
≠−
>+
x
x
x
x
.Với ðk trên bpt (1) ñã cho ( ) )4(log1log3log 222 xxx ≥−++⇔ 
• ( )[ ] ( ) ( ) xxxxxx 41.34log1.3log 22 ≥−+⇔≥−+⇔ (2) 
• Nếu 1>x (*):bpt (2) ⇔ ( )( ) xxx 413 ≥−+ 


−≤
≥
⇔
1
3
x
x
 kết hợp với (*) có 3≥x 
• Nếu 0< x <1(**) :bpt(2) ( )( ) 323323413 −−≥≥+−⇔≥−+−⇔ xxxx kết 
hợp với (**) 
 có 3230 +−≤< x 
 .KL:Tập nghiệm của bpt (1) là ( ] [ )+∞∪+−= ;3323;0S 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
III 
(1ñ’) 
• 22
2
2
2 cos111cos1
x
x
x
x
x
xx −
+
−+
=
−+
• = 2
2
2
2
2
2
sin
11
1






+
++ x
x
x
0,25 
0,25 
• 
0
lim
→x 2
1
11
1
2
=
++x
 ,
2
0
2
2
sin
lim










→ x
x
x
= 1 
• 1
2
1
2
1cos1lim 2
2
0
=+=
−+
=⇒
→ x
xx
x
0,25 
0,25 
VI 
(1ñ’) 
 • Lập luận ñể có SD là chiều cao của chóp và tính ñược 2aSD = 
• Tính ñược diện tích ñáy 2
2
3
aABCD = và
2
23
.
aV ABCDS = 
• Lập luận ñể có ( ) ( )( )SBCGdSBCDd ,3),( = và chứng minh ñược hình chiếu 
của D trên mp )(SBC là H SB∈ 
• Tính ñược ( )
3
)(, aSBCGdaDH =⇒= 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
V 
(1ñ’) 
• pt(1) ñã cho có nghiệm ⇔ðồ thị hàm số ( ) 11 22 +−−++== xxxxxfy và 
ñường thẳng my = có ñiểm chung 
• .ðường thẳng my = cùng phương với ox 
.Xét cbt của hàm số ( ) 11 22 +−−++== xxxxxfy 
Txd : RD = 
0,25 
B A 
G 
M 
S 
D C 
H 
( )( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) Rxyy
VN
x
xx
xxxxxx
xx
y
xx
x
xx
xy
∈∀>⇒>=
⇔




=
−≤∨≥
⇔



++−=+−+
≥−+
⇔=
+−
−
−
++
+
=
,0'010'
0
2
1
2
1
112112
01212
0'
12
12
12
12
'
2222
22
• ⇒HSy=f(x) ñồng biến và liên tục trên R lại có 1lim;1lim −==
−∞→+∞→ xx
y 
• ⇒PT ñã cho có nghiệm khi 11 <<− m 
0,25 
0,25 
0,25 
VIa 
(2ñ’) 
1 
1ñ’ • Có ( ) 12:)(12; =−∆∈+ yxaaA Và ( ) 03:)(3; =+∈− ybB δ 
( )42; −−−⇒ aabAB . ðường thẳng ( ) 02: =++ yxd có ( )1;1 −u là 1 véc tơ chỉ phương 
Gọi NABdN ⇒∩= )( là trung ñiểm của cạnh AB , 





−
+ 1;
2
a
baN . 
• Ta có hệ 
• ( ) ( ) ( )3;5,3;1
5
1
042
021
2
0.
)(
−−⇒



−=
=
⇔




=++−
=+−+
+
⇔



=
∈
BA
b
a
aab
a
ba
uAB
dN
• Gọi ).3;5();( ++⇒ yxBCyxC Một véc tơ cp của )(∆ là )2;1('u .Trung ñiểm của 
AC là )
2
3
;
2
1( ++ yxM .Ta có hệ ⇔




=+++
=+
+
⇔



=
∂∈
0)3(25
03
2
3
0'.
)(
yx
y
uBC
M



−=
=
9
7
y
x
)9;7( −⇒ C 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
2 
1ñ’ • .Tìm ñược tâm Ivà bán kính R của ñtròn (C): I(1;-3) ,R=5 
.ðường thẳng (d) qua O(0;0) có pt : 0=+ ByAx với 022 ≠+ BA 
• .Gọi H là trung ñiểm của ),()( dIdIHdIHEF =⇒⊥⇒ 
.Lập luận ,tính dược 3=IH 
• 3
3
3),(3
22
=
+
−
⇔=⇔=
BA
BA
dIdIH 


=+
=
⇔⇔
034
0
.......
BA
A
• . THợp : 0=A có pt (d) ; 0=y 
. THợp : 034 =+ BA cho 43 −=⇒= BA (tm) có pt (d) ; 043 =− yx 
*KL Có 2 ñường thẳng cần tìm : 0430 =−= yxvày 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
VIIa 
(1ñ’) 
• .Có 121212 12
1
12
0
12 2)11(... ++++++ =+=+++ nnnnnn CCC Với 
,
,
k n
k n N
≤
∈
• . 
12
12
0
12
+
++ =
n
nn CC , 
n
nn CC
2
12
1
12 ++ = , 
12
12
2
12
−
++ =
n
nn CC ... 
12
1212
−
++ =
n
n
n
n CC 
=⇒ S 12
2
22
...
2
12
12
1
12 −=
−
=++
+
++
n
n
n
nn CC (1) .Lại có 1220 −=S (2) 
0,25 
0,25 
.Từ (1)và (2) ⇒ n = 10 
• ( ) kk
k
x C k − x
=
∑+ = 10
10
0
10
102 2 
• Lập luận ñể có hệ số của 10x là .2 110 010C = 
0,25 
0,25 
VIb 
(2ñ) 
1 
1ñ’ • Từ gt có a=5,b=4 nên 9 3 ( 3;0), (3;0)1 22 2 2c = a − b = ⇒ c = ⇒ F = − F = 
• Từ dịnh nghĩa elip ta có 101 2MF + MF = kết hợp với gt có 1 2MF = 4MF 
 ⇒ MF = 1⇒ M ∈2 ñường tròn tâm (3;0)2F bán kính R=2 : ( 3) 42 2x − + y = 
• ðiểm M cần tìm có tọa ñộ là nghiệm của hệ 





− + =
+ =
( 3) 4
1
25 16
2 2
2 2
x y
x y
• Giải hệ có (5;0)
0
5
M
y
x
⇒



=
=
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
2 
1ñ’ 
• Thấy C(4;3) không phải là ñiiểm thuộc ñường phân giác(d) và trung tuyến(t) ñã 
cho.Gọi A = (d ) ∩ (t) ⇒ tọa ñộ A là nghiệm của hệ 



+ − =
+ − =
4 13 10 0
2 5 0
x y
x y
 07
5
3
5
4(9; 2) : ⇔ + − =
−
−
=
−
⇒ − ⇒ x yx yA ptAC 

 .Gọi E(x; y) là ñiểm ñối xứng của C qua (d)⇒ E ∈ AB 
 .Có CE(x − 4; y − 3) là 1 véc tơ pháp tuyến của(d)và trung ñiểm của CE ∈ (d ) 
( ) ( )
( ) ( )
057
1
1
7
2
:
2; 1
3 5 0
2
4
2 4 3 0
⇔ + + =
−
+
=
−
⇒
⇒ −




+ + − =
+
− − − =
⇒
x yx yptAB
E
yx
x y
• Gọi ( ; )0 0B x y .Trung ñiểm của BC ∈ (t) và B ∈ AB nên ta có 
8 20 0
2
1
16
12( 12;1) :
10 0
2
313
2
44
7 5 0
0 0
0 0
⇔ − + =
−
=
+
⇒ − ⇒





− =




 +
+




 +
+ + =
x y
x yB ptBCx y
x y
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
VIIb 
(1ñ’) 
• Lập luận ñược số phần tử của không gian mẫu 5 12877 6Ω = =+C 
• Gọi biến cố A: “Kết quả chọn ñược có cả nam và nữ ” 
 .Số cách chọn 5 học sinh từ (7+6) hs là 1287513C = 
 .Số cách chọn 5hs toàn là nam cả là 5 217C = 
 . Số cách chọn 5hs toàn là nữ cả là 5 66C = 
• Vậysố cách chọn 5hs có cả nam và nữ là : 1287-(21+6)=1260 AΩ⇒ =1260 
• ( ) 143
140
1287
1260
= =
Ω
Ω
=
A
AP 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25