1.
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
x
y
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 2
3 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 : 2
2sin 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 cos2x 0   
2/ Giải bất phương trình   2
4x 3 x 3x 4 8x 6    
Câu III (1điểm) Tìm giới hạn:
3
0
2011 os2011
lim
x
x
c x
L
x


Câu IV (1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có góc 0
60BAC  ; AB = a;
AC = 4a. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với đáy; SD tạo với đáy góc 0
45 .
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 2
1 1 1 1
9 ( 2)3 2 1 0x x
m 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
1
cos 
Câu VII(1 điểm): Cho khai triển 2
0 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 1
2 11025n n n n
n n n n n nC C C C C C   
  
……………………………………………………………..Hết…………………………………………….
Thi thử Đại học www.toanpt.net

2.
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
 
3
y = > 0, x D
2
x+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 = 0
x + 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 x
1 1 2 2 1 2

   
2 2
AB = 2 x - x = 2 x + x - 4x x2 1 1 2 1 2
 
  
 
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

3.
3
Theo Viet:
x + x = 1 - m
1 2
x x = m + 1
1 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 - 31
S = AB.d =
IAB I,AB2 2 
 
 


   2 2S = 4 m - 3 m - 6m - 3 = 64
ΔIAB

   
   
 
 
2 2
m - 3 m - 3 - 12 = 64
4 2
m - 3 - 12 m - 3 - 64 = 0
2
m - 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 2
3 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
x
y 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 mx
y 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:
1
2 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.
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 5
0
2 1 22
m
m
 
      
II
1/Giải phương trình : 2
2sin sin 2 2 sin
4
x x x
 
   
 
1 đ
Cách 1:Phương trình đã cho tương đương với
 2 2
2sin 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 22
2cos 1 8 cos 1 4cos 12cos 9 2cos 3 0x x x x x x           
Suy ra (*)
1
sin1
sin 2
2
1
sinsin 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 2
2sin 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.
5
2
2sin 1 sin 2 2 sin 0 sin 2 cos2 2 sin 0
4 4
3
sin 0
3 2 4
2 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 x
x x
x
k
x
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 2
3 ; 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
x
v 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 cos2x 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
1
sinx
2
  2
6
x k

  hoặc
5
2
6
x k

  , k Z
2/Giải bất phương trình:   2
4x 3 x 3x 4 8x 6     (1)
(1)   2
4 3 3 4 2 0x x x     
Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4
2
3 4 2x x   =0<=>x=0;x=3
Bảng xét dấu:
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25

6.
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:  
3
0; 3;
4
x
 
    
0,25
0,25
III
Tìm giới hạn:
3
0
2011 os2011
lim
x
x
c x
L
x


3
0
2011 os2011
lim
x
x
c x
L
x

 có dạng
0
0
Biến đổi:
3 3
0 0
3 ln2011
0
2011 os2011 2011 1 1 os2011
lim lim
2011 2011
2sin sin
1 2 2lim 3ln 2011 3ln 2011
2011 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 2
BC = 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
2
ABCD ΔABCS = 2S = AB.ACsin(BAC) = 2a 3
3
S.ABCD ABCD
1 2a 39
V = 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))
1
d = 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.
7
(H,(FCI))HJ (FCI) HJ = d  
Ta thấy: 2
ΔHCI ABCD
1
S = S = a 3
2
ΔHCI2S
HK =
CI

Ta có:
2 2 2
AD +CD -AC 1 1
cos( ADC) = = - cos( BCD)=
2AD.CD 13 13
  
2 2 a 13
CI = DE = DE +CD -2DE.CD.cos(BCD) =
2
4a 3
HK =
13

1 a 13
HF = 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 39
d =
19
0,25
V Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:
2 2
1 1 1 1
9 ( 2)3 2 1 0x x
m m   
     (1)
1
PT:
2 2
1 1 1 1
9 ( 2)3 2 1 0x x
m m   
     (1)
* Đk [-1;1]x , đặt t =
2
1 1
3 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 t
t 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 t
f 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.
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
1
cos
10
1
1.5
12
2



a
a
 1122 2
aa 2(2a+1)2
=a2
+1
 7a2
+8a+1=0
7
1
1  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 n
C 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 x
C C x

 
 
     
       
     
 
Do đó 14
14 2 .3k 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 1
1 5; 1 5k k
k k
a a
k 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 5
5 6 14
1001
2 3
62208
a a C  
  
0,25
0,25
0,25
0,25