Bộ đề thi thử Đại học môn Toán Phần 246943

Tổ nghiệp vụ Toán THPT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 13 (Thời gian làm 180 phút) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: (7 điểm) Câu I: (2 điểm) 2x  Cho hàm số y  có đồ thị (C) x 1 1/Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số 2/Tìm tọa độ điểm M cho khoảng cách từ điểm I (1; 2) tới tiếp tuyến (C) M lớn Câu II: (2 điểm) 1/Giải phương trình: sin3x – 2cos2x = 3sinx + 2cosx; 2/Giải phương trình:  x   x   x Câu III: (1 điểm) dx Tính tích phân: I =  3 ( x  1) x  Câu IV: (1 điểm) Trong khơng gian, cho hình chóp tứ giác S.ABCD, có đáy ABCD hình vng cạnh a, mặt bên tạo với mặt đáy góc 60 Mặt phẳng (P) chứa cạnh AB, tạo với đáy hình chóp góc 30 cắt SC, SD M, N Tính thể tích khối chóp S.ABMN theo a Câu V: (1 điểm) Cho số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức : a4 b4 c4 P   3 b  c3  a3  PHẦN RIÊNG: (3 điểm) Thí sinh làm phần (phần A B) A.Theo chương tình chuẩn: CâuVI.a: (2 điểm) 1/Trong hệ trục Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 8x + 12 = điểm E(4; 1) Tìm toạ độ điểm M trục tung cho từ M kẻ tiếp tuyến MA, MB đến (C), với A,B tiếp điểm cho E thuộc đường thẳng AB x y z x 1 y z 2/Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d1 :   ; d :   mặt 1 1 phẳng (P): x + 2y + 3z = Viết phương trình đường thẳng d cắt d1 ; d2 đồng thời d song song (P) d vng góc d1 CâuVII.a:(1 điểm) Giải phương trình sau tập hợp số phức: ( z  z )( z  z  6)  10 B.Theo chương trình nâng cao CâuVI.b: (2 điểm) 1/Cho tam giác ABC có diện tích S = , hai đỉnh A(2; - 3), B(3; - 2) trọng tâm G tam giác thuộc đường thẳng d: 3x – y – = Tìm tọa độ đỉnh C 85 DeThiMau.vn Tổ nghiệp vụ Toán THPT x y2 z4 x  y  z  10   , (d ') :   1 2 1 Trong mặt cầu tiếp xúc với đường thẳng (d) (d’), viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính nhỏ CâuVII.b: (1 điểm)  x log3 y  y log3 x  27 Giải hệ phương trình:  log y  log x  2/Cho đường thẳng : (d): HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 13 Câu I (2 điểm) I/1 (1 điểm) 1/Tập xác định: D  R \ 1 NỘI DUNG Điểm 2/Sự biến thiên: Ta có: y /   0,   1 ( x  1) Giới hạn tiệm cận: lim y  ; lim y    Tiệm cận đứng x  1 x 1 x 1 lim y  2; lim y   Tiệm cận ngang y  x  x  Bảng biến thiên: x  / y  -1 + +  y  Vậy: Hàm số đồng biến khoảng  ; 1 ,  1;   3/Đồ thị: Đồ thị (C0) có tâm đối xứng điểm (1; 2) Với x   y  1 Với y   x   86 DeThiMau.vn Tổ nghiệp vụ Toán THPT I/2 (1 điểm)     (C ) tiếp tuyến M có phương trình: Gọi M  x0 ;   x   1 y2  ( x  x0 ) hay x0  ( x0  1) ( x  x0 )  ( x0  1) ( y  2)  ( x0  1)  Khoảng cách từ I (1;2) tới tiếp tuyến là: (1  x0 )  ( x0  1) x0    d 4 ( )   x   x0  1 Theo BĐT Cauchy : II (2 điểm)  ( x0  1) ( x0  1)  ( x0  1)  , nên d  Khoảng ( x0  1) cách d lớn  ( x0  1)   x0  1   x0  2 x = ( x0  1) Vậy có hai điểm M cần tìm: M  2;3 M (0;1) II/1: (1 điểm) Phương trình cho tương đương 2sinx (1 – cosx2) + 2cosx2 + cosx – =  (1 + cosx)( 2(sinx + cosx) – sinxcosx – 1) =  cosx = - 2( sinx + cosx ) – sinxcosx – = 1/ cosx = -  x    k 2 2/2( sinx + cosx ) – sinxcosx – = (*) Đặt t = sinx + cosx , t  Từ (*) ta có: t(t – 2) =  t = Với t  0, ta có: sin x  cos x   x =    k (k  Z) Vậy phương trình có họ nghiệm: x    k 2 ; x =  II/2: (1 điểm) Điều kiện : –  x    k Đặt t =  x   x suy ra: t    x  t  Ta có phương trình ét = t - 4t - 4t + = Û (t - 2)(t + 2t - 4) = Û ê3 êt + 2t - = ë 1/ t  2, ta có: 1 x  1 x   x  2/ t  2t    t  2(t  2)  (không xãy theo điều kiện) 87 DeThiMau.vn Tổ nghiệp vụ Toán THPT III (1 điểm) Vậy phương trình có nghiệm x = Ta có: 1 dx x dx x3   x3 I=   dt   3 3 x  ( x  1) ( x  1) x  u  x  du  dx  1 x2 Đặt  dx  v  dv   3 ( x  1) ( x  1)  1 x dt x dx Khi A =    3 3 ( x  1) x  0 x3  1 Vậy I = IV (1 điểm) S N I M E A B O D F C Gọi O tâm hình vng ABCD, E, F trung điểm AB, CD Suy MN//AB//CD nên ABMN hình thang cân đáy lớn AB Gọi S diện tích hình thang ABMN ta có: S = (AB+MN).IE ( I trung điểm MN) Tam giác SEF  a  IE  S = 3 a2  MN  a  V (1 điểm) SI  MN  SI  ( ABMN )  SI  IE Hay SI đường cao hình chóp S.ABMN Tam gíac SEF cạnh a, I trung điểm SF nên SI = a/2 3 3 Vậy: V = a a a (đvtt) 16 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: a4 a4 a4 b3      2a (1) 3 3 3 16 b 7 b 7 b 7 88 DeThiMau.vn Tổ nghiệp vụ Toán THPT b4 VIa (2 điểm) c3  c4  b4 c3  c4  b4 c3  c4  c3   2b3 (2) 16 a3   2c3 (3) 3 3 3 16 a 7 a 7 a 7 31 3 21 (1) + (2) + (3) => 3P  (a  b  c )  (4) 16 16 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: (a3 + + 1) + (b3 + + 1) + (c3 + + 1)  3( a + b + c) Þ a3 + b3 + c3  (5) P Từ(4) (5) ta có: 3P  2 Vậy P =  a  b  c  VIa/1 (1 điểm) Gọi toạ độ tiếp điểm A, B A(xA,yA), B(xB,yB); Phương trình tiếp tuyến MA : (xA – 4)( x – 4) + yAy = Vì tiếp tuyến qua M(0; y0) nên ta có : - 4( xA – 4) + yAy0 = 4 x  12  yA  A y0 x  12 Tương tự: y B  B y0 y  yA x  xA Phương trình đường thẳng AB là:  yB  y A x B xA x 12  ( x  xA ) Thay yA, yB ta được: y  A y0 y0 Thay toạ độ điểm E phương trình AB ta được: x  12 1 A  (4  x A )  y  y0 y0 Vậy có điểm M (0; 4) VIa/2 (1 điểm) r Đường thẳng d có véctơ phương u thỏa :   u  n p  (1; 2;3)   u  (1; 2; 1)    u  ud  (1;1;1) Gọi  A(a;  a; a)  d1; B(1 - b ; 2b; 3b)  d2 => AB  (1 - a - b; 2b - a; 3b - a)    a   AB  ku Đường thẳng d qua A,B     A  ( P) b      89 DeThiMau.vn Tổ nghiệp vụ Toán THPT 2 y z 3 3 Vậy d : 2 Phương trình cho tương đương (z – 1)(z + 3)(z + 2) z = 10  (z2 + 2z – 3)( z2 + 2z ) = 10  z2  2z   z  1     z  1  i  z  z  2 x VIIa (1 điểm) Vậy phương trình cho có nghiệm z  1  z  1  i VIb (2 điểm) VIIb (1 điểm) VIb/1 Gọi C’ chân đường cao hạ từ C Ta có: AB = 2S  Nên CC’= AB Qua G kẻ đường // AB cắt CC’ H HC ' GM Ta có:   CC ' CM HC’= khoảng cách từ G đến đường thẳng AB Phương trình đường thẳng AB x – y – = éx - y - = (1) x- y- = Û ê Gọi G(x; y), ta có: ê 2 ëx - y - = (2) G giao điểm trung tuyến CM đường (1) (2) ta có: G(1;  - 5)   G(2; - 2) Từ GC   2GM , ta suy có điểm là: C(- 2; - 10) C(1; - 1) VIb/2 (1 điểm) Gọi (S) có tâm I bán kính R Gọi tiếp điểm (S) với (d), (d’) M,N Khi đó: 2R = IM + IN  MN  HK (*) HK đường vng góc chung (d), (d’), H thuộc (d), K thuộc (d’) Đẳng thức (*) xảy (S) mặt cầu đường kính HK Gọi H( t; – t ; - + 2t), K( - + 2s ; + s ;10 – s ) Ta có HK ( - + 2s – t ; + s + t ; 14 – s – t) Vì HK đường vng góc chung (d) (d’) nên:  HK u  t     HK v  s  H(2; 0; 0), K(0; 10; 6) HK= 140 HK (S) có tâm I(1; 5; 3) trung điểm HK bán kính R = Vậy phương trình (S): (x – 1)2 + (y – 5)2 + (z – 3)2 = 35 Điều kiện : x  0, y  90 DeThiMau.vn Tổ nghiệp vụ Toán THPT 3uv  Đặt u = log x, v  log y Ta có hệ:  v  u  Giải hệ nghiệm: u =1; v = u = - 2; v = - 1 Vậy hệ có nghiệm: x = 3; y = x = ; y = ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 14 (Thời gian làm 180 phút) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: (7 điểm) Câu I: (2 điểm) 2x  Cho hàm số y  có đồ thị (C) x2 1/Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C) 2/Tìm (C) điểm M cho tiếp tuyến M (C) cắt hai tiệm cận (C) A, B cho AB ngắn Câu II: (2 điểm) 1/Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + = 2/Giải phương trình: x2 – 4x - = x  Câu III: (1 điểm) dx Tính tích phân:  1  x   x Câu IV: (1 điểm) Trong khơng gian, cho hình chóp tam giác SABC có đáy ABC tam giác vng cân đỉnh C SA vng góc với mặt phẳng (ABC), SC = a Hãy tìm góc hai mặt phẳng (SCB) (ABC) để thể tích khối chóp S.ABC lớn Câu V: ( điểm ) 1    Chứng minh x y z 1   1 2x  y  z x  2y  z x  y  2z Cho x, y, z số dương thỏa mãn PHẦN RIÊNG: (3điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a.( điểm ) 1/Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác cân ABC có đáy BC nằm đường thẳng : 2x – 5y + = 0, cạnh bên AB nằm đường thẳng : 12x – y – 23 = Viết phương trình đường thẳng AC biết qua điểm (3;1) 2/Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P): x – 2y + z – = hai đường thẳng : 91 DeThiMau.vn Tổ nghiệp vụ Toán THPT  x   2t x 1  y z   d d’  y   t   1 z  1 t  Viết phương trình tham số đường thẳng  nằm mặt phẳng (P) cắt hai đường thẳng d d’ Chứng minh d d’ chéo tính khoảng cách chúng Câu VIIa ( điểm ) Tính tổng : S  C50C75  C51C74  C52C73  C53C72  C54C71  C55C70 B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b.( điểm ) 1/Viết phương trình tiếp tuyến chung hai đường tròn : (C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25 2/Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vng góc Oxyz cho hai đường thẳng : x  t x  t   d  y   2t d’  y  1  2t  z   5t  z  3t   a Chứng minh hai đường thẳng d d’ cắt b Viết phương trình tắc cặp đường thẳng phân giác góc tạo d d’ Câu VIIb.( điểm ) log x  Giải phương trình :    x HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 14 Câu I (2 điểm) I/1 (1 điểm) 1/Tập xác định: D  R \ 2 NỘI DUNG Điểm 2/Sự biến thiên:  0, x  ( x  2) Giới hạn tiệm cận: lim y  ; lim y    Tiệm cận đứng x  Ta có: y /   x2 x2 lim y  2; lim y   Tiệm cận ngang y  x  x  Bảng biến thiên: x  / y y  -   Vậy: Hàm số nghịch biến khoảng  ;  ,  2;   92 DeThiMau.vn Tổ nghiệp vụ Toán THPT 3/Đồ thị: Đồ thị (C0) có tâm đối xứng điểm (2; 2) Với x   y  Với y   x  I/2 (1 điểm)   Lấy điểm M  m;     C  Ta có : y '  m    m2   m  2 Tiếp tuyến (d) M có phương trình : 1 y x  m    m2  m  2 II (2 điểm)   Giao điểm (d) với tiệm cận đứng : A  2;   m2  Giao điểm (d) với tiệm cận ngang : B(2m – ; 2)    Dấu “=” xảy m = Ta có : AB   m    2  m     Vậy điểm M cần tìm có tọa độ : (2; 2) II/1: (1 điểm) Phương trình cho tương đương 2(tanx + – sinx) + 3(cotx + – cosx) =  sin x   cosx   2   sin x      cosx    cosx   sin x   sin x  cosx  cosx.sin x   sin x  cosx  cosx.sin x    0 sin x cosx       cosx  sin x  cosx.sin x    cosx sin x  3 1/ Xét    tan x   tan   x    k cosx sin x 2/Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = Đặt t = sinx + cosx với t    2;  Khi phương trình trở thành: 93 DeThiMau.vn Tổ nghiệp vụ Toán THPT t 1   t  2t    t   2    1   Suy : 2cos  x      cos  x     cos  4 4   t     k 2 II/2: (1 điểm) Điều kiện: x  5 Phương trình cho tương đương x  x  2 7  x5 x  , y    y  2  x  Đặt y - = Ta có hệ phương trình :  x  2  y   x  2  y      y    x    x  y  x  y  3  y  y       x  2  y      x  y    29  x      x    y      x  1    x  y    y  III (1 điểm) Vậy phương trình cho có nghiệm x  1 x  (5  29) Ta có: I= dx  1 x  1 =  x2 1  x   x2 1  x   1  x   x   x2 dx 2x 1 dx   1   x2     1 dx   dx 1  x  2x 1 1 1  I1     1 dx  ln x  x  |11  1  x  1 I2   1  x2 dx Đặt t   x  t   x  2tdt  xdx 2x t  x  Đổi cận :    x  1 t  94 DeThiMau.vn Tổ nghiệp vụ Toán THPT Vậy I2= t dt   t  1  Nên I = IV (1 điểm) S B A C Gọi  góc hai mp (SCB) (ABC) ฀ ; BC = AC = a.cos  ; SA = a.sin  Ta có :   SCA Vậy 1 1 VSABC  S ABC SA  AC.BC.SA  a sin  cos 2  a sin  1  sin   6 Xét hàm số : f(x) = x – x3 khoảng ( 0; 1) Ta có : f’(x) = – 3x2 f '  x    x   Từ ta thấy khoảng (0;1) hàm số f(x) liên tục có điểm cực trị điểm cực đại, nên hàm số đạt GTLN   hay Max f  x   f    x 0;1  3 3 Vậy MaxVSABC = ( với <   V (1 điểm)  a3 1 , đạt sin  = hay   arc sin 3 ) 1 1 1 1  (  );  (  ); 2x  y  z 2x y  z x  2y  z 2y x  z 1 1  (  ) x  y  2z 2z y  x Ta có : + Lại có : 1 1 1 1 1 1  (  );  (  );  (  ); xy x y yz y z xz x z cộng BĐT ta đpcm 95 DeThiMau.vn Tổ nghiệp vụ Toán THPT VIa (2 điểm) VIIa (1 điểm) VIa/1 (1 điểm) Đường thẳng AC qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = (a2 + b2  0) Góc tạo với BC góc AB tạo với BC nên : 2a  5b 2.12  5.1  2 2 2 5 a b  52 122  12 2a  5b 29     2a  5b   29  a  b  a  b2  a  12b 2  9a + 100ab – 96b =   a  b  Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( điểm ( ; 1) không thuộc AB) nên cạnh tam giác Vậy lại : 9a = 8b hay a = b = Phương trình cần tìm : 8x + 9y – 33 = VIa/2 (1 điểm) Mặt phẳng (P) cắt d điểm A(10 ; 14 ; 20) d’ điểm B(9 ; ; 5) Đường thẳng ∆ cần tìm qua A, B nên có phương trình : x   t   y   8t  z   15t   + Đường thẳng d qua M(-1;3 ;-2) có VTCP u 1;1;   + Đường thẳng d’ qua M’(1 ;2 ;1) có VTCP u '  2;1;1 Ta có :   MM '   2; 1;3     MM ' u , u '  8  Do d d’ chéo    MM ' u , u ' / Khi : d  d , d      11 u , u '   Chọn khai triển :  x  1  C50  C51 x  C52 x    C55 x5  x  1  C70  C71 x  C72 x    C77 x  C70  C71 x  C72 x    C75 x5   Hệ số x5 khai triển (x + 1)5.(x + 1)7 : C50C75  C51C74  C52C73  C53C72  C54C71  C55C70 Mặt khác : (x + 1)5.(x + 1)7 = (x + 1)12 hệ số x5 khai triển (x + 1)12 : C125 96 DeThiMau.vn Tổ nghiệp vụ Tốn THPT Từ ta có : C50C75  C51C74  C52C73  C53C72  C54C71  C55C70 = C125 = 792 VIb (2 điểm) VIb/1 Đường trịn (C1) có tâm I1(5 ; -12) bán kính R1 = 15 , Đường trịn (C2) có tâm I2(1 ; 2) bán kính R1 = Nếu đường thẳng Ax + By + C = (A2 + B2  0) tiếp tuyến chung (C1) (C2) khoảng cách từ I1 I2 đến đường thẳng R1 R2 , tức :  A  12 B  C  15 1   A2  B   A  2B  C     A2  B  Từ (1) (2) ta suy : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | Hay 5A – 12B + C =  3(A + 2B + C) TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C)  C = A – 9B thay vào (2) : |2A – 7B | = A2  B  21A2  28 AB  24 B  14  10  A B 21 Nếu ta chọn B= 21 A = - 14 10 , C = 203  10 Vậy có hai tiếp tuyến : (- 14 10 )x + 21y 203  10 = 4 A  3B TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C)  C  , thay vào (2) ta : 96A2 + 28AB + 51B2 = Phương trình vô nghiệm VIb/2 (1 điểm)  + Đường thẳng d qua M(0 ;1 ;4) có VTCP u 1; 2;5   + Đường thẳng d’ qua M’(0 ;-1 ;0) có VTCP u ' 1; 2; 3  3 Nhận thấy d d’ có điểm chung I   ;0;  hay (d) (d’)  2 cắt (Đpcm)   u   15 15 15  ; 2 ; 3 b) Ta lấy v   u '    7  u'      15 15 15  ;2  ;5  Ta đặt : a  u  v  1   7       15 15 15  b  u  v  1  ;2  ;5   7   Khi đó, hai đường phân   giác cần tìm hai đường thẳng qua I nhận hai véctơ a, b làm VTCP chúng có phương trình : 97 DeThiMau.vn Tổ nghiệp vụ Toán THPT VIIb (1 điểm)    15   15   x    1   x    1   t  t 7           15  15     t t  y     y             z     15  t  z     15  t         Điều kiện : x > Phương trình cho tương đương với : log5( x + 3) = log2x (1) Đặt t = log2x, suy x = 2t , ta có : t t 2 1 log  2t  3  t  2t   5t        (2) 3 5 t 2 1 Xét hàm số : f(t) =      3 5 t t t 2 1 f'(t) =   ln 0,    ln 0,  0, t  R 3 5 Suy f(t) nghịch biến R Lại có : f(1) = nên phương trình (2) có nghiệm t = hay log2x = hay x =2 Vậy nghiệm phương trình cho là: x = ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 15 (Thời gian làm 180 phút) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: ( điểm) Câu I: (2 điểm ) Cho hàm số y=9x(x  2mx  1) (1), m tham số thực 1/Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m=1 2/Cho M( ;-9) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có cực đại, cực tiểu A, B cho A, B, M thẳng hàng Câu II: (2 điểm) x  tan cos2xcosx đoạn [0;38] =sinx 1/Tính tổng nghiệm phương trình x 1-sinx  tan 2/Giải bất phương trình 2log (5x-9+ x -2x+25)+log (x  x  36)  Câu III: (1 điểm) 2 98 DeThiMau.vn Tổ nghiệp vụ Tốn THPT Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường y=x x  , y=2x, x=-1, x=3 Câu IV: (1 điểm) Trong khơng gian, cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật AB=a, BC=2a Cạnh bên SA vng góc với mặt đáy, SA=a Gọi H hình chiếu A SB Tính thể tích khối chóp H.ACD theo a cơsin góc hai mặt phẳng (SBC) (SCD) Câu V: (1 điểm) Cho số thực dương a,b,c Tìm giá trị lớn biểu thức ab  bc  ca P (a  2)(b  2)(c  2) PHẦN RIÊNG: (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (Phần A phần B) A Theo chương trình chuẩn Câu VIa: (2 điểm) 1/Trong hệ toạ độ Oxy, Viết phương trình đường trịn có tâm nằm đường thẳng y  2 x , qua điểm A(-2;2) đồng thời tiếp xúc với đường thẳng x  y  14  2/Trong hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : ( x  1)  ( y  m)  ( z  m  1)  mặt phẳng ( P) : x  y  z   Chứng mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) tìm toạ độ tiếp điểm Câu VIIa: (1 điểm) Gọi z1,z2 nghiệm phức phương trình z  2 z   Tính giá trị biểu thức z12013  z22013 B.Theo chương trình nâng cao: Câu VIb: (2 điểm) 1/Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh tam giác ABC biết B(2;-1) , đường cao đường phân giác qua đỉnh A,C : 3x -4y + 27 =0 x + 2y – = 2/Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) đường thẳng (  ) có 2 x  y  z   Tìm toạ độ điểm M nằm đường thẳng (  )sao phương trình :  x  y  z   cho MA + MB nhỏ Câu VIIb: (2 điểm) Cho (1  x  x )12  a0  a1 x  a2 x  a24 x 24 Tính hệ số a HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 15 Câu I (2 điểm) NỘI DUNG I/1 (1 điểm) Với m  , ta có (C ) : y  9( x3  x  x) 1/Tập xác định: D  R 2/Sự biến thiên: 99 DeThiMau.vn Điểm Tổ nghiệp vụ Tốn THPT Ta có: y /  9(3 x  x  1) y /   x  x  Với x   y  ; x   y  3 Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x  Bảng biến thiên: x  y/ + y   - +  1  Vậy: Hàm số đồng biến khoảng  ;  , 1;   nghịch 3  biến ( ;1) Hàm số có điểm cực tiểu x  , điểm cực đại x  3/Đồ thị: 2 Đồ thị (C) có tâm đối xứng điểm ( ; ) 3 Với x   y  Với x   y  18 I/2 (1 điểm) Ta có: y '  9(3 x  4mx  1) , y / tam thức bậc có ∆’=9(4m2-3) 100 DeThiMau.vn Tổ nghiệp vụ Tốn THPT Hàm số có cực đại, cực tiểu điều kiện cần đủ y / có nghiệm phân biệt   '   m  (;  3 )  ( ; ) 2 3 )  ( ; ) hàm số (1) có cực đại cực tiểu Gọi 2 A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 ) điểm cực trị đồ thị hàm số (1) với m  (;   y '( x1 )  y '( x2 )  2m y ( x)  ( x  ) y ' ( x)  (6  8m ) x  2m y ' ( x1 )   y1  y ( x1 )  (6  8m ) x1  2m y ' ( x )   y  y ( x )  (  8m ) x  m A, B, M thẳng hàng M∈ AB 9  (6  8m )  2m  4m  2m  12   m  2, m   2 II II/1: (1 điểm) (2 điểm)  sin x     x   x   l 2 (l , m  Z ) Điều kiện: cos    2   x    m2 x   tan  Phương trình cho tương đương x x sin x(cos  sin ) cos x.cos x 2  x x x x (cos  sin ) (cos  sin ) 2 2 x x x x  cos x.cos x  sin x(cos  sin )(cos  sin ) 2 2  cos x.cos x  sin x.cos x  cos x(cos x  sin x)   cos x(2sin x  sin x  1)      k x   cos x      sin x  1   x   k 2 (k  Z )    sin x   x  5  k 2   kết hợp với điều kiện xác định => phương trình cho có nghiệm  2 x   k (k  ฀ ) 101 DeThiMau.vn Tổ nghiệp vụ Toán THPT x∈[0;38]=>   (38  ) 2   k  0 k  38   2  k  {0;1; ;17} k  ฀  nghiệm phương trình (1) [0;38] lập thành cấp số cộng  2 u1  công sai d= gồm 18 số hang có tổng có 18 2  S18  (2u1  17 d )  9(  17 )  105 II/2: (1 điểm) 3 Điều kiện: 5x-9+ x -2x+25 >0 Bất phương trình cho tương đương log (5x-9+ x -2x+25)  log x  x  36 2  5x-9+ x -2x+25  x  x  36 2  5x-9  x  x  36  x -2x+25  (5x-9)( x  x  36  x -2x+25)  11(2) 1/Nếu x  (2) khơng thỏa 2 2/Nếu x  xét f ( x)  (5x-9)( x  x  36  x -2x+25) f '( x)  5( x  x  36  x -2x+25) (5 x  9)( x 1 x 1  x  x  36 x -2x+25 )  0x  9 =>f(x) đồng biến [ ; ) (2) có f ( x)  11  f (2) nên (2)  x2 III (1 điểm) tập nghiệm bất phương trình T=[2;+  ) Xét phương trình: x  x x   x   x( x   2)    x  Vậy S  1   (x 1 x x   x dx   x x   x dx x   x)dx   ( x x   x)dx Đặt t  x   x  t   dx  2tdt ; x x  1dx  (2t  2t )dt 102 DeThiMau.vn Tổ nghiệp vụ Toán THPT x  1  t  0; x   t  1; x   t  2; S   (2t  2t )dt  x 2 1   (2t  2t )dt  x 1 2t 2t 2t 2t 11 19 (   ) 1  ( ) 9    5 15 15 IV (1 điểm) S K H A D E B V (1 điểm) C Kẻ HE//SA(E∈AB)=>HE  (ABCD) Trong tam giác vuông SAB có BH AB HE a AB  BH SB      HE  SB SB SA diện tích ∆ACD S ACD  AD.CD  a  Thể tích H.ACD a VH ACD  HE.S ACD  SA  (ABCD)=>SA  BC mà BC  AB nên BC  (SAB)=>BC  HA mà HA  SB nên HA  (SBC) tương tự gọi K hình chiếu A SD AK  (SCD) góc hai mặt phẳng (SBC) (SCD) góc AH AK Trong tam giác vng SAB có a a 1    AH  , SA2  SH SB  SH  2 AH AB SA 2 2a a , SK  tương tự AK= 5 2 2 2 ฀  SB  SD  BD  SH  SK  HK  HK  a cos BSD 2.SB.SD 2.SH SK 2 2 10 AH  AK  HK ∆AHK có cos ฀ AHK   => AH AK 10 cos ((฀ SBC ), ( SCD))  a,b,c> nên ln tồn số đồng thời không lớn không nhỏ giả sử b,c≤1 b,c≥1 103 DeThiMau.vn Tổ nghiệp vụ Toán THPT (b  1)(c  1)   (b   3)(c   3)   (b  2)(c  2)  3(b  c  1) (1) Mặt khác (a  b  c)  (a  12  12 )(12  b  c ) (2) từ (1) (2)  (a  2)(b  2)(c  2)  3(a  b  c) Chứng minh (a  b  c)  3(ab  bc  ca ) nên (a  b  c) ab  bc  ca P 3  2 (a  2)(b  2)(c  2) 3(a  b  c) a=b=c=1 P=1/9 nên giá trị lớn P 1/9 VIa (2 điểm) VIa/1 (1 điểm) Gọi đường trịn ( C ) cần tìm có tâm I bán kính R Có I  ( d ) : y  2 x  I (t ;2t ) => phương trình (C ) : ( x  t )  ( y  2t )  R (C) qua A nên (-2-t)2+(2+2t)2=R2 (C) tiếp xúc với a:3x-4y+14=0d(I,a)=R 3t  8t  14  d ( I , a)   R  (t  2)  (2t  2) 2  (4)  11t  14  (t  2)  (2t  2)  11t  14   25(5t  12t  8)  4t  8t    t 1 I (1; 2) Bán kính đường trịn ( C ) R = IA = 2 Vậy ( C ) có pt: ( x  1)  ( y  2)  25 VIa/2 (1 điểm) (S) có tâm I( 1; m; m – 1) bán kính R = Ta có: d I ; ( P )    2m  2(m  1)  12  (2)  2 2R  (P) tiếp xúc với (S) Gọi M tiếp điểm (P) (S) =>M hình chiếu vng góc I (P) =>IM  (P)=>IM nhận véc tơ pháp tuyến (P) làm véc tơ phương có phương trình x   t   y  m  2t (t  R)  z  m   2t  104 DeThiMau.vn ... 90 DeThiMau.vn Tổ nghiệp vụ Toán THPT 3uv  Đặt u = log x, v  log y Ta có hệ:  v  u  Giải hệ nghiệm: u =1; v = u = - 2; v = - 1 Vậy hệ có nghiệm: x = 3; y = x = ; y = ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC... cho là: x = ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 15 (Thời gian làm 180 phút) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: ( điểm) Câu I: (2 điểm ) Cho hàm số y=9x(x  2mx  1) (1), m tham số thực 1/Khảo sát biến thi? ?n vẽ đồ...   1 2x  y  z x  2y  z x  y  2z Cho x, y, z số dương thỏa mãn PHẦN RIÊNG: (3điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a.( điểm ) 1/Trong mặt phẳng Oxy,