Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 8

 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 
KÌ THI KSCL THI ðẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 
ðỀ THI MÔN TOÁN -KHỐI A 
Thời gian làm bài : 180 phút(không kể thời gian giao ñề) 
------------------------------------------ 
I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(8,0 ñiểm) 
Câu I(2,0 ñiểm): Cho hàm số y = x4 – 8m2x2 + 1 (1), với m là tham số thực. 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (1) khi m = 1
2
2. Tìm các giá trị của m ñể hàm số (1) có 3 cực trị A ,B, C và diện tích tam giác ABC 
bằng 64. 
Câu II(2,0 ñiểm) 
 1. Giải phương trình : 22 3 os2 tan 4sin ( ) cot 2
4
c x x x x
π
− = − + 
 2.Giải bất phương trình : 2 1 5 3x x x− − + > − 
Câu III(1,0 ñiểm) 
 Khai triển (1 – 5x)30 = ao+a1x +a2x
2 + .....+ a30x
30 
Tính tổng S = |ao| + 2|a1| + 3|a2| + ... + 31|a30| 
Câu IV(2,0 ñiểm): Cho hình chóp S.ABCD , ñáy ABCD là hình vuông cạnh a,mặt bên 
SAD là tam giác ñều và SB = 2a . Gọi E,F lần lượt là trung ñiểm của AD và AB .Gọi H 
là giao ñiểm của FC và EB. 
 1.Chứng minh rằng: SE EB⊥ và CH SB⊥ 
 2.Tính thể tích khối chóp C.SEB 
Câu V(1,0 ñiểm).Cho a,b,c là ba số thực dương thoả mãn abc = 1 .Tìm giá trị lớn nhất của 
biểu thức : 
2 2 2 2 2 2
1 1 1
2 3 2 3 2 3
P
a b b c c a
= + +
+ + + + + +
II/PHẦN RIÊNG (2,0 ñiểm) 
 Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) 
A/Theo chương trình Chuẩn: 
Câu VIa (2,0 ñiểm) 
 1. Cho tam giác ABC có ñỉnh A (0;1), ñường trung tuyến qua B và ñường phân giác 
trong của góc C lần lượt có phương trình : (d1): x – 2y + 4 = 0 và (d2): x + 2y + 2 = 0 
Viết phương trình ñường thẳng BC . 
 2.Giải hệ phương trình : 
2log
2
2 3
log log
x y
y x
x x
x
y
y
 = +


=

B/Theo chương trình Nâng cao: 
Câu VI b(2,0 ñiểm) 
 1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ ñộ Oxy,cho hình chữ nhật ABCD có phương trình 
ñường thẳng (AB): x – y + 1 = 0 và phương trình ñường thẳng (BD): 2 x + y – 1 = 0; 
ñường thẳng (AC) ñi qua M( -1; 1). Tìm toạ ñộ các ñỉnh của hình chữ nhật ABCD. 
 2.Tìm giá trị lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất của hàm số:
2 2sin 1 os3 3x c xy += + . 
HẾT ! 
Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:.Số báo danh: 
 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 
ðÁP ÁN THANG ðIỂM 
ðỀ THI KSCL THI ðẠI HỌC NĂM 2010 LẦN THỨ 1 
MÔN TOÁN - KHỐI A 
Câu Ý Nội dung ñáp án ðiểm 
I 1 
1ñiểm 
Khi m= 1
2
 hàm số ñã cho có pt: y= x4 – 2x2+ 1 
1.TXð : D= R 
2.SBT 
.CBT: y’= 4x3- 4x = 4x( x2 - 1) 
------------------------------------------------------------------------------ 
y’=0 x= 0 hoặc x = 1 hoặc x = -1 
Hàm số ñồng biến ( 1;0)x∀ ∈ − vµ (1; )+∞ 
Hàm số nghịch biến ( ; 1)x∀ ∈ −∞ − vµ(0;1) 
.Cực trị : HS ñạt cực ñại tại x= 0 và yCð=y(0)=1 
 HS ñạt cực tiểu tại x= ± 1 và yCT=y( ± 1)=0 
------------------------------------------------------------------------------ 
.Giới hạn: lim
x
y
→+∞
= +∞ ; lim
x
y
→−∞
= +∞ 
.BBT: 
x -∞ -1 0 1 +∞ 
,y - 0 + 0 - 0 + 
y +∞ 1 +∞ 
 0 0 
------------------------------------------------------------------------------ 
3. vẽ ñồ thị: 
 y 
1 
 -1 1 x 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
I 
2 
(1ñiểm) 
, 3 2 2 24 16 4 ( 4 )y x m x x x m= − = − 
ðk ñể hàm số có 3 cực trị là , 0y = có 3 nghiệm phân biệt 
Tức là phương trình 2 2( ) 4 0g x x m= − = có hai nghiệm phân biệt 
0x ≠ 0m⇔ ≠ 
------------------------------------------------------------------------------ 
, 4
4
0 1
0 2 1 16
2 1 16
x y
y x m y m
x m y m
 = ⇒ =

= ⇔ = ⇒ = −
 = − ⇒ = −
0,25 
0,25 
 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 
Giả sử 3 ñiểm cực trị là:A(0;1);B 4(2 ;1 16 )m m− ;C 4( 2 ;1 16 )m m− − 
------------------------------------------------------------------------------ 
Ta thấy AB=AC = 2 4 2(2 ) (16 )m + m nên tam giác ABC cân tại A 
Gọi I là trung ñiểm của BC thì 4(0;1 16 )I m− 
nên 416AI m= ; 4BC m= 
------------------------------------------------------------------------------ 
41 1. . 16 .4
2 2ABC
S AI BC m m∆ = = =64
5 52 2⇔ m = ⇔ m = ± (tmñk 0m ≠ ) 
 ðs: 5 2m = ± 
0,25 
0,25 
II 1 
(1ñiểm) 
ðk: ( )
2
k
x k Z
π
≠ ∈ 
------------------------------------------------------------------------------ 
Với ñk trên phương trình ñã cho tương ñương: 
 2 3 os2 (t anx cot 2 ) 2 1 os(2 )
2
c x x c x
π − + = − −  
s inx os2
2 3 os2 ( ) 2(1 sin 2 )
cos sin 2
c x
c x x
x x
⇔ − + = − 
cos
2 3 os2 2(1 sin 2 )
cos .sin 2
x
c x x
x x
⇔ − = − 
1
2 3 os2 2(1 sin 2 )
sin 2
c x x
x
⇔ − = − 
------------------------------------------------------------------------------ 
22 3 os2 .sin 2 1 2sin 2 2sin 2c x x x x⇔ − = − 
3 sin 4 1 2sin 2 1 os4x x c x⇔ − = − + 
3 sin 4 os4 2sin 2x c x x⇔ − = 
3 1
sin 4 os4 sin 2
2 2
x c x x⇔ − = 
sin(4 ) sin 2
6
x x
π
⇔ − = 
------------------------------------------------------------------------------ 
⇔
4 2 2 ( )
6 12 ( )
7
4 2 2 ( )
36 36
x x k x k tm
k Z
k
x x k x tm
π π
π π
π ππ
π π
 − = + = + 
⇔ ∈ 
 − = − + = +
  
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
II 2 
(1ñiểm) 
2 1 5 3x x x− − + > − (1) 
ðk: 1x ≥ 
Nhân lượng liên hợp: 2 1 5 0x x− + + > 
(2 1 5)(2 1 5) ( 3)(2 1 5)x x x x x x x− − + − + + > − − + + 
4( 1) ( 5) ( 3)(2 1 5)x x x x x⇔ − − + > − − + + 
3( 3) ( 3)(2 1 5)x x x x⇔ − > − − + + (2) 
--------------------------------------------------------------------------- 
Xét các trường hợp: 
TH1:x>3 thì phương trình (2) trở thành: 3 2 1 5x x> − + + (3) 
0,25 
0,25 
 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 
 (3) 2 2 2 2 4 2VP > + = >3 
 nên bất phương trình (3) vô nghiệm. 
---------------------------------------------------------------------------- 
TH2: x=3 thì 0>0 (vô lý) 
---------------------------------------------------------------------------- 
TH3: 1 3x≤ < nên từ bất phương trình (2) ta suy ra: 
 3 (2 1 5)x x< − + + bình phương 2 vế ta ñược: 
 4 ( 1)( 5) 8 5x x x− + > − (4) 
 *
8 5 0 8
3
1 3 5
x
x
x
 − <
⇔ < <
≤ <
 (5) thì (4) luôn ñúng 
 *
8 5 0 8
1
1 3 5
x
x
x
 − ≥
⇔ ≤ ≤
≤ <
(*) nên bình phương hai vế của (4)ta 
ñược 29 144 144 0 8 48 8 48x − x + < ⇔ − < x < + 
Kết hợp với ñiều kiện(*) ta ñược: 88 48
5
x− < ≤ (6) 
Từ (5) và (6) ta có ñs: 8 48 3x− < < 
0,25 
0,25 
III 1ñiểm Xét khai triển: 30 0 1 2 2 30 3030 30 30 30(1 5 ) .5 .(5 ) ... .(5 )x C C x C x C x− = − + − + 
Nhân 2 vế với x ta ñược: 
30 0 1 2 2 2 3 30 30 31
30 30 30 30(1 5 ) .5 .5 ... .5x x C x C x C x C x− = − + − + (1) 
------------------------------------------------------------------------------ 
Lấy ñạo hàm hai vế của (1) ta ñược; 
30 29 0 1 2 2 2 30 30 30
30 30 30 30(1 5 ) 150 (1 5 ) 2 .5 3 .5 ... 31 .5x x x C C x C x C x− − − = − + − + (2) 
Chọn x=-1 thay vào (2) ta ñược 
30 29 0 1 2 2 30 30
30 30 30 306 150.6 2( .5) 3( .5 ) ... 31( .5 )+ =C + C + C + + C 
------------------------------------------------------------------------------ 
 hay 29 0 1 2 306 (6 150) 2 3 ... 31a a a a+ = + + + + 
hay 30 0 1 2 306 .26 2 3 ... 31a a a a= + + + + 
 ðS : 306 .26S = 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
IV 1 
(1ñiểm) 
 S 
 A F 
 B 
 H 
 E 
 D C 
------------------------------------------------------------------------------ 
*CM: SE EB⊥ 
 Vì tam giác SAD ñều cạnh a 3
2
a
⇒ SE = 
Xét tam giác vuông AEB có: 
0,25 
0,25 
 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 
2 2
2 2 2 2 5
2 4
a a
EB EA AB a
 = + = + = 
 
----------------------------------------------------------------------------- 
Xét tam giác SEB có: 
2
2
2 2 2 23 5 2
2 4
a a
SE EB a SB
 
+ = + = =  
 
suy ra tam giác SEB vuông tại E hay SE EB⊥ 
------------------------------------------------------------------------------ 
Ta có: AEB = BFC(c-c) 
suy ra ¼ ¼AEB BFC= 
mà ¼ ¼ 090AEB + FBE = ¼ ¼ ¼0 090 90⇒ BFC + FBE = ⇒ FHB = 
 Hay CH EB⊥ 
 mÆt kh¸c CH SE⊥ (do ( )SE ABCD⊥ ) 
Suy ra ( )CH SEB⊥ . => CH SB⊥ 
0,25 
0,25 
IV 2 
(1ñiểm) 
 Vậy .
1
. .
3C SEB SEB
V CH S∆= 
------------------------------------------------------------------------------ 
* Xét FBC có: 22 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 4 1 5
2
BH BF BC a a a aa
= + = + = + =
 
 
 
suy ra 
2
2
5
a
BH = 
------------------------------------------------------------------------------ 
Xét BHC có: 
2 2
2 2 2 2 4 2
5 5 5
a a a
CH = BC − BH = a − = ⇒ CH = 
----------------------------------------------------------------------------- 
Nên 
3
.
1 1 1 2 1 3 5 3
. . . . . . .
3 2 3 2 2 2 125
C SEB
a a a a
V = CH SE EB = = (ñvtt) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
V (1 
ñiểm) 
Áp dụng BðT cosi ta có: 
 2 2 2a b ab+ ≥ 
 2 1 2b b+ ≥ 
suy ra 2 22 3 2( 1)a b ab b+ + ≥ + + 
------------------------------------------------------------------------------ 
Tương tự : 2 22 3 2( 1)b c bc c+ + ≥ + + 
 2 22 3 2( 1)c a ac a+ + ≥ + + 
------------------------------------------------------------------------------ 
Khi ñó: 1 1 1 1
2 1 1 1
P
ab b bc c ac a
 ≤ + + + + + + + + 
 =
2
1 1
2 1
abc abc
ab b bc c abc ac a bc abc
 + + + + + + + + 
 =
1 1 1
2 1 1 1 2
ab b
ab b ab b ab b
 + + = + + + + + + 
------------------------------------------------------------------------------ 
0,25 
0,25 
0,25 
 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 
Dấu ñẳng thức xảy ra khi a=b=c=1. 
Vậy P ñạt giá trị lớn nhất bằng 1
2
 khi a=b=c=1 
0,25 
VI.
a 
1 
(1ñiểm) 
Gọi ( ; )c cC x y 
Vì C thuộc ñường thẳng (d2) nên: ( 2 2; )c cC y y− − 
Gọi M là trung ñiểm của AC nên 11;
2
c
c
y
M y
+ 
− − 
 
----------------------------------------------------------------------------- 
Vì M thuộc ñường thẳng (d1) nên : 11 2. 4 0 1
2
c
c c
y
y y
+
− − − + = ⇒ = 
( 4;1)C⇒ − 
------------------------------------------------------------------------------ 
Từ A kẻ 2AJ d⊥ tại I ( J thuộc ñường thẳng BC) nên véc tơ chỉ 
phương của ñường thẳng (d2) là (2; 1)u
→
− là véc tơ pháp tuyến của 
ñường thẳng (AJ) 
Vậy phương trình ñường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2x-y+1=0 
Vì I=(AJ)∩ (d2) nên toạ ñộ diểm I là nghiệm của hệ 
4
2 1 0 4 35 ( ; )
2 2 0 3 5 5
5
x
x y
I
x y
y
 = −− + = 
⇔ ⇒ − − 
+ + =  = −

------------------------------------------------------------------------------ 
Vì tam giác ACJ cân tại C nên I là trung ñiểm của AJ 
Gọi J(x;y) ta có:
8 8
0
8 115 5 ( ; )
6 11 5 5
1
5 5
x x
J
y y
 + = − = −  
⇔ ⇒ − − 
 + = − = −
  
Vậy phương trình ñường thẳng (BC) qua C(-4;1) ; 8 11( ; )
5 5
J − − là: 
 4x+3y+13=0 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
VI.
a 
2 
(1 
ñiểm) 
ðk: x,y>0 và , 1x y ≠ 
Với ñk trên hệ phương trình tương ñương : 
2 2 3(1)
log x-1=2log y (2)y x
y = x +


Giải(2) ñặt log ( 0)y x t t= ≠ 
phương trình (2) trở thành: 2
12
1 2 0 ( )
2
t
t t t tm
t t
= −
− = ⇔ − − = ⇔  =
y
y
l og x=-1
log x=2

⇔ 
 2
1
x
y
x y
 =⇔ 
 =
------------------------------------------------------------------------------ 
0,25 
0,25 
 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 
1/
22 3
2
32 3 3 2 0
1 1
1
yy x y y
y
x x
xy y
y
 = + = + − − =  
⇔ ⇔  
= =  = 
2
1
1( )
2
1 2
y
y loai x
yx
y
 =
  == − ⇔ ⇒ 
  == 
------------------------------------------------------------------------------ 
2/
2 2 2 2
2 2 2
2 3 2 3 3 0y x y y y
x y x y x y
  = + = + + =  
⇔ ⇔  
= = =    
(vô nghiệm) 
 ðáp số: 
1
2
2
x
y
 =

 =
0,25 
0,25 
VI.
b 
1 
(1ñiểm) 
Vì B là giao ñiểm của (AB) và (BD) nên toạ ñộ của B là nghiệm 
của hệ : 
1 0 0
(0;1)
2 1 0 1
x y x
B
x y y
 − + =  =
⇔ ⇒ 
+ − = = 
ðường thẳng AB có VTPT : (1; 1)ABn −
uuur
ðường thẳng BD có VTPT : (2;1)BDn
uuur
Giả sử ñường thẳng AC có VTPT : ( ; )ACn a b
uuur
------------------------------------------------------------------------------ 
Khi ñó: 
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
. .
1
5
5
5( 2 )
4 10 4 0
2 5 2 0
AB BD AB AC
AB BD AB AC
n n n n
n n n n
a b
a b a b
a b
a b a ab b
a ab b
a ab b
=
−
⇔ = ⇔ + = −
+
⇔ + = − +
⇔ − + =
⇔ − + =
uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur
 2
2
b
a
a b
 =⇔

=
1/Với 
2
b
a = ,chọn a=1,b=2 thì (1;2)ACn
uuur
suy ra phương trình ñường 
thẳng (AC) ñi qua ñiểm M(-1;1) là: x+2y-1=0 
------------------------------------------------------------------------------ 
Gọi I là giao ñiểm của ñường thẳng (AC) và (BD) nên toạ ñộ 
ñiểm I là nghiệm của hệ: 
1
x=
2 1 0 1 13 ( ; )
2 1 0 1 3 3
y=
3
x y
I
x y

+ − = 
⇔ ⇒ 
+ − = 

Vì A là giao ñiểm của ñường thẳng (AB) và (AC) nên toạ ñộ 
0,25 
0,25 
0,25 
 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 
ñiểm A là nghiệm của hệ: 
1
x=-
1 0 1 23 ( ; )
2 1 0 2 3 3
y=
3
x y
A
x y

− + = 
⇔ ⇒ − 
+ − = 

Do I là trung ñiểm của AC và BD nên toạ ñộ ñiểm (1;0)C và 
2 1
( ; )
3 3
D − 
----------------------------------------------------------------------------- 
2/Với a=2b chọn a=2;b=1 thì phương trình ñường thẳng (AC) là 
2x+y+1=0 (loại vì AC không cắt BD) 
ðáp số: 1 2( ; )
3 3
A − ; (0;1)B ; (1;0)C ; 
2 1
( ; )
3 3
D − 
0,25 
VI.
b 
2 
(1ñiểm) 
TXð: D=R 
hàm số ñã cho viết lại là: 
2 2sin 2 sin3 3x xy = + − 
ðặt 
2sin3 xt = vì 20 sin 1x≤ ≤ nên 
2sin1 3 3x≤ ≤ tức 1 3t≤ ≤ 
---------------------------------------------------------------------------- 
khi ñó hàm số ñã cho trở thành 9y f (t) t
t
= = + với 1 3t≤ ≤ 
Ta có 
2
,
2 2
9 9
( ) 1
t
f t
t t
−
= − = 
 , 2( ) 0 9 0 3f t t t= ⇔ − = ⇔ = ± 
----------------------------------------------------------------------------- 
BBT: 
t 1 3 
, ( )f t - 
( )f t 10 
6 
------------------------------------------------------------------------------ 
[ ]( ; ) 1;3
min ( ) min ( ) 6y x f t
−∞ +∞
= = ñạt ñược khi t=3 khi 
 2sin 1 ( )
2
x x k k Z
π
π= ⇔ = + ∈ 
[ ]( ; ) 1;3
ax ( ) ax ( ) 10M y x M f t
−∞ +∞
= = ñạt ñược khi t=1 khi 
 2sin 0 ( )x x k k Zπ= ⇔ = ∈ 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 Nếu thí sinh làm theo các cách khác ñúng, vẫn cho ñiểm tối ña. 
Hết