Đề thi thử đại học số 75 môn toán42990

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 75 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  (3m  1) x  (với m tham số) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = -1 Tìm tất giá trị m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành tam giác cân cho độ dài cạnh đáy lần độ dài cạnh bên Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình: 2cos4x - ( - 2)cos2x = sin2x +  4x  y  2x  y  Giải hệ phương trình   x  y  x  y  2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = e ln x   x ln x  x dx Câu IV (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác vng A, mặt phẳng ( ABC ') tạo với đáy góc 600 , khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC ') a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( BCC ' B ') a Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' Câu V (1,0 điểm) Cho số thực không âm x, y, z thoả mãn x  y  z  Tìm giá trị lớn biểu thức: A  xy  yz  zx  x yz II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d : x  y   hai điểm A(-1; 2), B(2; 1) Tìm toạ độ điểm C thuộc đường thẳng d cho diện tích tam giác ABC x 1 y 1 z 1 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d1:   đường thẳng 1 x 1 y  z 1 d2:   mặt phẳng (P): x - y - 2z + = Viết phương trình tắc đường 1 thẳng , biết  nằm mặt phẳng (P)  cắt hai đường thẳng d1 , d2 Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: log 22 (x  2)   4x   log (x  2)  2(x  2)  B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy cho hai đường thẳng d : x  y    : x  y   Lập phương 10 , có tâm thuộc d tiếp xúc với  x 1 y  z Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :   điểm 1 M(0 ;-2 ;0) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm M song song với đường thẳng  đồng thời khoảng cách đường thẳng  mặt phẳng (P) log ( x  y )   log (7 x  y )  log y Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  log (3 x  y  2)  x  y  Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giáo viên coi thi khơng giải thích thêm trình đường trịn có bán kính DeThiMau.vn HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 75 Câu 1: 1.(1.0 điểm) Khi m  1 hàm số trở thành y  x  x   Tập xác định: D  ฀ Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y '  x  x; y '   x  0; x  1 Hàm số nghịch biến khoảng (;1) (0;1) ; đồng biến khoảng (1;0) (1;) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x=0; ycđ=-3; hàm số đạt cực tiểu x  1 ; yct=-4 - Giới hạn: x  lim+ ∞y = +∞ lim- ∞y =   ; x  Bảng biến thiên: - x -∞ y’+∞ +∞ y +∞ -1 + 0 - +∞ +∞ -3 -4  +∞ +∞ + -4 Đồ thị: y x O -2 -4 Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng Câu 1: 2.(1.0 điểm) y '  x  2(3m  1) x; y '   x  0, x     3m   (3m  1) ;   ;  3m  , Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị  m   (*) Với đk(*), đồ thị hàm số có ba điểm cực trị:  A(0;3) ; B     3m   (3m  1) ;   C     3m  (3m  1) 3m   ; BC = Suy ra: ABC cân A 16   3m  (3m  1)    3m     m   , m    BC  AB  9.4   4 16  3    Ta có: AB = AC = So với điều kiện (*), ta m   Câu 2: 1.(1.0 điểm) Phương trình cho tương đương với 2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x  4cos3xcosx=2 3cos x  2s inxcosx  cosx=0;2cos3x= 3cosx+sinx  + cosx=0  x=  k      3x=x k x    k    12 + 2cos3x= 3cosx+sinx  cos3x=cos(x- )    3 x    x  k 2  x    k   24 4 x  y  Câu 2: 2.(1.0 điểm) Điều kiện:  2 x  y  DeThiMau.vn a  2x  y b2 Đặt:  , (a  0, b  0) Suy ra: x  y  a  2 b  4x  y 2  a  5a   a  a  b  2   2  b   a a  b  Ta có hệ  a  a     b    a  6   a  6   b   a  b  10 a   x  y  2 x  y  x  So với điều kiện a  0, b  , ta được:     b   x  y  4 x  y   y  7 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (4; -7) Câu 3:(1.0 điểm) Ta có: I = ln x   x ln x  x dx = e e ln x   (ln x  1)x dx 1 Đặt t = lnx +  dt = dx ; Đổi cận: x = t = 1; x = e t = x 2 t 3  3 dt   dt t  ln | t | = = – ln2    t   t  1 Suy ra: I = B' Câu 4:(1.0 điểm) Gọi H hình chiếu A BC  AH  (BCC' B' )  AH  a Gọi K hình chiếu C AC '  CK  ( ABC' )  CK  a AC '  AB, AC  AB  ((ABC' ), (ABC))  C ' AC  C ' AC  60 CK 2a ; CC '  AC tan 60  2a AC   sin 60 4a 1 V  S CC '      AB a ABC A ' B 'C ' ABC AH AB AC C' A' K Cõu 5: (1.0 im)Đặt t  x  y  z  t   2( xy  yz  zx)  xy  yz  zx  H B C A t2 3 Ta cã  xy  yz  zx  x  y  z  nªn  t    t  v× t  t2  t2 t2     ,  t  Khi A Xét hàm số f (t )    ,  t  t t 2 t t3  Ta cã f ' (t )  t    , t   3;3 Suy f (t ) đồng biến [ , 3] Do ®ã t t2 14 f (t ) f (3) 14 Dấu đẳng thøc x¶y t   x  y  z  VËy GTLN cđa A lµ , đạt x y z Câu 6a: 1.(1.0 điểm) AB  10 , điểm C thuộc đường thẳng d nên toạ độ C có dạng C (2a  3; a ) a2 1 Phương trình đường thẳng AB : x  y   S ABC   AB.d (C , AB)   10 2 2 10 a    a  2 Với a  ta có C (9;6) ; với a  2 ta có C (7;2) Câu 6a: 2.(1.0 điểm) Gọi A, B giao điểm d1, d2 với mặt phẳng (P) Tìm được: A(1; ; 2); B(2; 3; 1) Đường thẳng  nằm (P) cắt d1, d2 nên  qua A B Một vectơ phương đường thẳng   AB  (1;3; 1) Phương trình tắc đường thẳng  là: x 1 y z    1 DeThiMau.vn Câu 7a:(1.0 điểm) Điều kiện: x  , phương trình cho tương đương với: 2 log ( x  2)   log ( x  2)  x   2 log ( x  2)  1 log ( x  2)  x  4    1 So với điều kiện ta x   2 + log ( x  2)  x   , hàn số f (x)  log (x  2)  2x  hàm số đồng biến 2;  5 f ( )  nên x  nghiệm phương trình f(x) = 2 Vậy phương trình có hai nghiệm x   x  2 Câu 6b: 1.(1.0 điểm): Gọi I tâm đường tròn cần viết phương trình Vì I thuộc d nên tọa độ điểm I có a  2 10  dạng I (2a  3; a ) Đường tròn tiếp xúc với  nên d ( I , )  R   a  6; a  2 10 Với a  ta có I (9;6) suy phương trình đường trịn: ( x  9)  ( y  6)  với a  2 ta có I (7;2) ,suy phương trình đường trịn: ( x  7)  ( y  2)  8 Vậy có hai đường tròn thoả mãn là: ( x  9)  ( y  6)  ( x  7)  ( y  2)  5  Câu 6b:2.(1.0 điểm) Giả sử n ( a; b; c ) vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P)  Phương trình mặt phẳng (P) qua M có vtpt n ( a; b; c ) : ax + by + cz + 2b =  Đường thẳng  qua điểm A(1; 3; 0) có vectơ phương u  (1;1; 4) Mặt phẳng (P) song song với đường thẳng  đồng thời khoảng cách đường thẳng  mặt phẳng   a  b  4c  n.u (1)  (P) nên ta có :    | a  5b | d ( A;( P ))   a  b2  c  (2)  Thế b = - a - 4c vào (2) ta có ( a  5c )  (2a  17c  8ac )  a - 2ac  8c   a  4c, a  2c + log ( x  2)    x   Với a = 4c chọn a = 4, c =  b = - Phương trình mặt phẳng (P): 4x - 8y + z - 16 = Với a = -2c chọn a = 2, c = -  b = Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z + = log (x  y)   log (7x  y)  log y (1) Câu 7b:(1.0 điểm)  Điều kiện (2) log (3x  y  2)  2x  2y  x  y   7 x  y  y   Với đk phương trình (1) trở thành: log 2( x  y )  log (7 x  y ) y  x  xy  y   y  x, y  x Với y  x vào phương trình (2) ta log (2 x  2)   x  Suy x  y  ,( thoả mãn điều kiện) Với y  x vào phương trình (1) ta log ( x  2)   x  log ( x  2)  x   Vì hàm số 5 f (x)  log (x  2)  2x  hàm số đồng biến 2;  f ( )  nên x  nghiệm 2 5   x  x  x  phương trình f(x) = Suy   ,( thoả mãn điều kiện).Vậy hệ cho có hai nghiệm  y   y   y  DeThiMau.vn ...HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 75 Câu 1: 1.(1.0 điểm) Khi m  1 hàm số trở thành y  x  x   Tập xác định: D  ฀ Sự biến thi? ?n: - Chiều biến thi? ?n: y '  x  x; y '   x  0; x  1 Hàm số nghịch biến... khoảng (1;0) (1;) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x=0; ycđ=-3; hàm số đạt cực tiểu x  1 ; yct=-4 - Giới hạn: x  lim+ ∞y = +∞ lim- ∞y =   ; x  Bảng biến thi? ?n: - x -∞ y’+∞ +∞ y +∞ -1 + 0... '   x  0, x     3m   (3m  1) ;   ;  3m  , Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị  m   (*) Với đk(*), đồ thị hàm số có ba điểm cực trị:  A(0;3) ; B     3m   (3m  1) ;  