Đề thi thử Đại học môn Toán (Đề số 35 + 36)46950

ĐỀ SỐ 35 THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN Thời gian làm bài: 180 phút I: PHẦN CHUNG: ( 7điểm) CâuI (2điểm): Cho hàm số y = f(x) =(x + 2)(x2 – mx + m2 -3) ( 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = 2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành Câu II (2 điểm): 1: Giải phương trình: 4sin2x + = 8sin2xcosx + 4cos22x 2: Giải bất phương trình: x2 + 4x + > x (x + 1) Câu III (1điểm): Tính tích phân I   2x4 dx x4  x2  , tất cạnh lại Chứng minh tam giác SAC vuông tính thể tích khối chóp S.ABCD  x  y   Câu V(1điểm): Giải hệ phương trình:  (3  x)  x  y y   PHẦN RIÊNG: Thí sinh làm hai phần A B A.Theo chương trình chuẩn Câu VI/a: (2điểm) Trong mpOxy cho tam giác ABC cân A Đường thẳng AB BC có phương trình: 7x + 6y – 24 = 0; x – 2y – = Viết phương trình đường cao kẽ từ B tam giác ABC Trong kgOxyz viết phương trình mặt phẳng (P) qua giao tuyến hai mặt phẳng   : 2x – y – = 0;    : 2x – z = tạo với mặt phẳng (Q): x – 2y + 2z – = góc  mà Câu IV (1điểm): Cho hình hình chóp S.ABCD có cạnh SA = cos = 2 Câu VII/a: (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời: z  1  2i   va z.z  34 B Theo chương trình nâng cao Câu VI/b.(2điểm) Trong mpOxy cho tam giác ABC cân A Đường thẳng AB BC có phương trình: 7x + 6y – 24 = 0; x – 2y – = Viết phương trình đường trung tuyến kẽ từ B tam giác ABC Trg kgOxyz viết phương trình đường thẳng d nằm mặt phẳng (P): x + y – z + 1= 0, x  1 t x   t   cắt đường thẳng  D  :  y  t ;  D ' :  y   t tạo với (D) góc 300  z   2t  z   2t   Câu VII/b: (1điểm) Giải phương trình: x  4.15log3 x  51 log3 x  Hết DeThiMau.vn HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ 35 Câu I: bạn đọc tự giải Đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hồnh hệ sau có nghiệm: ( x  2)  x  mx  m  3  (1)  2 3 x   2m   x  m  2m   (2)  x  2 (1)   2  x  mx  m   (3) *) Với x = - thay vào (2): m =  *) (3) có nghiệm m  , (3) có hai ngiệm x = m  12  3m 2 Thay vào (2) ta được: 12  3m   m  2 Câu II : 1.4sin2x + = 8sin2xcosx + 4cos22x  – 4cos2x = 8cosx – 8cos3x + 16cos4x – 16cos2x +  16cos4x – 8cos3x  12cos2x + 8cosx - =  (2cosx – 1)(8cos3x – 6cosx + 1) =  (2cosx – 1)(2cos3x + 1) = x2 + 4x + > x (x + 1) Điều kiện x ≥ Đặt t  x , t ≥ Bất phương trình trở thành t4 + 4t2 +1 > 3t3 + 3t  t4 – 3t3 + 4t2  3t +1 >  (t – 1)2(t2 – t + 1) > t  Vậy nghiệm bất phương trình x≥ x  1 2  2x4 4x2  dx Câu III: I   =   0   x  12  x  12 dx = + x  x2    1 2 3       dx 0  x   x  12 x   x  12  1 1  =   3ln x    3ln x    =… x 1 x 1  2 Câu VI: ABCD hình thoi , gọi O tâm , P trung điểm SC Ta có BD  (SAC), SC  (PBD), OP  SA   SC  OP OP đường TB tam giác SAC, SC  SA  SAC vuông A  SA = SA.SC  Gọi H chân đường cao, H  AC, SH  AC 39 Ta có: BD = BP  OP = V  AC.DB.SH  x  y   (1) Câu V: Điều kiện x  va y   (3  x)  x  y y   (2) DeThiMau.vn S P B C A H O D (2)  1    x    x  1   y  1  y  Xét hàm số f(t) = (1 + t2)t = t3 + t f’(t)= 3t2 + > t  R Vậy hàm số tăng R (2)  f  x  f y    x  y   – x = 2y –  2y = – x     Thay vào (1): x3 + x – =  x = Nghiệm hệ (1;1) Câu VI.a:  1 B = ABAC, B  3;   2 Theo u cầu tốn ta có vơ số tam giác thỏa mãn toán mà cạnh AC nằm đường thẳng // với  3 Chọn M(4;1)  BC, M trung điểm BC  C  5;   2 Tam giác ABC cân A, Vậy AM  BC  AM: 2x + y – = A = AM AB  A(6;-3)  Đường cao BH qua B có VTPT AC  pt 2 x  y   Gọi d giao tuyến       d:  2 x  z  Lấy A(0;-1;0), B(1;1;2)  d (P) qua A, (P) có dạng phương trình: Ax + By + Cz + B = (P) qua B nên: A + B + 2C + B =  A = - (2B + 2C) Vậy (P): - (2B + 2C)x + By + Cz + B = 2 B  2C  B  2C 2 cos    13B2 - 8BC – 5C2 = 0, Chọn C =  B = 1; B = 2 (2 B  2C )  B  C 5/13 + Với B = C = 1; (P): - 4x + y + z + = + Với B = 5/13 C = 1; (P’): - 16x - 5y + 13z - = Câu VII.a: Gọi z = x + yi (x;y  R)  x   2 x  y  ( x  1)  ( y  2)  25  y  Ta có:   z  y  34  x 5 y  28 y  15    x  29 /    y  / Câu VI.b: 1.Cách giải câu VI.a , đường trung tuyến xuất phát từ B qua trung điểm N AC Ta có (D) nằm (P)  Gọi A = (D’)(P) , giải hệ ta A(5;-1;5) Lấy B(1+t;t;2+2t)  (D); AB  (t  4; t  1; 2t  3) VTCP d Ta có cos300 = 6t  (t  4)   t  1   2t  3 2  x   t   *) Với t = - AB = ( -5;0;-5)  d:  y  1 z   t  x    *) Với t = AB = (0; 5;5)  d:  y  1  t z   t  DeThiMau.vn t  1  t  Câu VII.b: x  4.15 log3 x 3   5 log3 x  3     5  3     5 1 log3 x 5 0 3 log3 x  4.15 log3 x  5.5log3 x  log3 x 5  log3 x 1 x 1 -Hết - ĐỀ SỐ 36 THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  f ( x)  x  x Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A B có hồnh độ a b Tìm điều kiện a b để hai tiếp tuyến (C) A B song song với Câu II (2 điểm)  cos x  sin x   Giải phương trình lượng giác: tan x  cot x cot x  1 Giải bất phương trình: log x  x   log x   log  x  3 3  Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I   cos x  sin x  cos x  dx Câu IV (1 điểm) Cho hình trụ trịn xoay hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm đường tròn đáy thứ hình trụ, hai đỉnh cịn lại nằm đường trịn đáy thứ hai hình trụ Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450 Tính diện tích xung quanh thể tích hình trụ Câu V (1 điểm) Cho phương trình x   x  2m x 1  x   x 1  x   m3 Tìm m để phương trình có nghiệm PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) đường thẳng  định bởi: (C ) : x  y  x  y  0;  : x  y  12  Tìm điểm M  cho từ M vẽ với (C) hai tiếp tuyến lập với góc 600 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0) Tìm tọa độ tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, viên bi xanh có bán kính khác viên bi vàng có bán kính khác Hỏi có cách chọn viên bi có đủ ba màu? Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) DeThiMau.vn Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I thuộc đường thẳng  d  : x  y   có hồnh độ xI  , trung điểm cạnh giao điểm (d) trục Ox Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) mặt phẳng (P) có phương trình ( S ) : x  y  z  x  y  z   0, ( P) : x  y  z  16  Điểm M di động (S) điểm N di động (P) Tính độ dài ngắn đoạn thẳng MN Xác định vị trí M, N tương ứng Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c số dương thỏa mãn: a  b  c  Chứng minh bất đẳng thức 1 4      ab bc ca a 7 b 7 c 7 Hết ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 36 Câu Ý I Đáp án Nội dung + MXĐ: D  ฀ + Sự biến thiên  Giới hạn: lim y  ; lim y   x  Điểm 2,00 1,00 0,25 x   x  y '  x3  x  x  x  1 ; y '     x  1  Bảng biến thiên 0,25 0,25 yCT  y  1  1; yCT  y 1  1; yC§  y     Đồ thị 0,25 1,00 DeThiMau.vn Ta có f '( x)  x3  x Gọi a, b hoành độ A B Hệ số góc tiếp tuyến (C) A 3 k A  f '(a )  4a  4a, k B  f '(b)  4b  4b Tiếp tuyến A, B có phương trình là: y  f '  a  x  a   f  a   f '  a  x  f (a)  af'  a  ; B y  f '  b  x  b   f  b   f '  b  x  f (b)  bf'  b  Hai tiếp tuyến (C) A B song song trùng khi: k A  k B  4a  4a = 4b3  4b   a  b   a  ab  b  1  (1) Vì A B phân biệt nên a  b , (1) tương đương với phương trình: a  ab  b   (2) Mặt khác hai tiếp tuyến (C) A B trùng 2 a  ab  b   a  ab  b   ,  a  b   4 3a  2a  3b  2b  f  a   af '  a   f  b   bf '  b  Giải hệ ta nghiệm (a;b) = (-1;1), (a;b) = (1;-1), hai nghiệm tương ứng với cặp điểm đồ thị  1; 1 1; 1 Vậy điều kiện cần đủ để hai tiếp tuyến (C) A B song song với a  ab  b    a  1 a  b  II cos x.sin x.sin x  tan x  cot x   Điều kiện:  cot x  Từ (1) ta có: sin x cos x  cos x sin x   cos x  sin x  cos x.sin x   sin x cos x cos x 1 sin x  2sin x.cos x  sin x   x   k 2   cos x   k  ฀   x     k 2  Giao với điều kiện, ta họ nghiệm phương trình cho x   k 2  k  ฀  2,00 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 Điều kiện: x  1,00 0,25 Phương trình cho tương đương: 1 log  x  x    log 31  x    log 31  x  3 2 1  log  x  x    log  x     log  x  3 2 0,25 DeThiMau.vn  log  x   x  3   log  x    log  x  3  x2  log  x   x  3   log    x3 x2   x   x  3  x3  x   10  x2      x  10 Giao với điều kiện, ta nghiệm phương trình cho x  10 III 0,25 0,25 1,00 1,00    I   cos x 1  sin 2 x  dx   0,50   2  1  sin x  d  sin x  0     12   d  sin x    sin xd  sin x  20 40   1  sin x|  sin x|  0 12 0,50 IV Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB CD Khi OM  AB O ' N  CD Giả sử I giao điểm MN OO’ Đặt R = OA h = OO’ Khi đó: IOM vng cân O nên: h 2a OM  OI  IM   h a 2 2 1,00 0,25 2 a a 3a a a 2 Ta có: R  OA  AM  MO          8     2  V   R 2h   2 3a a 2 a  , 16 DeThiMau.vn 0,25 0,25 S xq  2 Rh=2 a a 3 a  2 2 0,25 V 1,00 x   x  2m x 1  x   x 1  x   m3 (1) Phương trình Điều kiện :  x  Nếu x   0;1 thỏa mãn (1) – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm 0,25 1 Thay x  vào (1) ta được: 2 m 0  1  m   m3   2 m  1 * Với m = 0; (1) trở thành: x  1 x   x  Phương trình có nghiệm * Với m = -1; (1) trở thành x   x  x 1  x   x 1  x   1 cần có điều kiện x   x  x          0,25  x   x  x 1  x   x   x  x 1  x   x  1 x   x  1 x  0 0,25 + Với x   x   x  Trường hợp này, (1) có nghiệm + Với x  1 x   x  * Với m = (1) trở thành: x   x  x 1  x    x 1  x    x  1 x Ta thấy phương trình (1) có nghiệm x  0, x  khơng có nghiệm   x  1 x  nên trường hợp (1) 0,25 Vậy phương trình có nghiệm m = m = -1 VIa 2,00 1,00 Đường trịn (C) có tâm I(2;1) bán kính R  Gọi A, B hai tiếp điểm (C) với hai tiếp (C) kẻ từ M Nếu hai tiếp tuyến lập với góc 600 IAM nửa tam giác suy IM  2R=2 0,25 Như điểm M nằm đường trịn (T) có phương trình:  x     y  1  20 2 Mặt khác, điểm M nằm đường thẳng  , nên tọa độ M nghiệm hệ  x  2   y  12  20 (1) phương trình:   x  y  12  (2) DeThiMau.vn 0,25 Khử x (1) (2) ta được: x   2 y  10    y  1  20  y  42 y  81    27 x   9  27 33  Vậy có hai điểm thỏa mãn đề là: M  3;  M  ;   2  10  2 2 0,25 0,25 1,00 Ta tính AB  CD  10, AC  BD  13, AD  BC  Vậy tứ diện ABCD có cặp cạnh đối đơi Từ ABCD tứ diện gần Do tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trọng tâm G tứ diện 3 3 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm G  ;0;  , bán kính 2 2 14 R  GA  VII a 0,25 0,25 0,50 1,00 Số cách chọn viên bi tùy ý : C189 Những trường hợp khơng có đủ ba viên bi khác màu là: + Khơng có bi đỏ: Khả khơng xảy tổng viên bi xanh vàng + Khơng có bi xanh: có C139 cách 0,25 0,25 + Khơng có bi vàng: có C159 cách Mặt khác cách chọn khơng có bi xanh, khơng có bi vàng có C109 cách chọn viên bi đỏ tính hai lần Vậy số cách chọn viên bi có đủ ba màu là: C109  C189  C139  C159  42910 cách VIb 0,50 2,00 1,00 9 3 I   d  : x  y    I  ;  2 2 Vai trò A, B, C, D nên trung điểm M cạnh AD giao điểm (d) Ox, suy M(3;0) 9 2 AB  IM   xI  xM    yI  yM    3 4 S 12 S ABCD  AB AD = 12  AD = ABCD   2 AB  AD   d  , suy phương trình AD:  x  3   y     x  y     M  AD Lại có MA = MD = Vậy tọa độ A, D nghiệm hệ phương trình:  x  y    y   x   y   x       2 2 2   x  3  y   x  3  y   x  3    x   I có hồnh độ xI  DeThiMau.vn 0,50 y  3 x x  x     Vậy A(2;1), D(4;-1),  x   1  y   y  1 9 3 I ;  trung điểm AC, 2 2 x A  xC   xI   xC  xI  x A       yC  yI  y A     y  y A  yC I  Tương tự I trung điểm BD nên ta có: B(5;4) Vậy tọa độ đỉnh hình chữ nhật (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1) suy ra: 0,50 Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) có bán kính R = Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): 2.2   1   16 d  d  I ,  P   5 d  R Do (P) (S) khơng có điểm chung.Do vậy, MN = d –R = -3 = Trong trường hợp này, M vị trí M0 N vị trí N0 Dễ thấy N0 hình chiếu vng góc I mặt phẳng (P) M0 giao điểm đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S) Gọi  đường thẳng qua điểm I vng góc với (P), N0 giao điểm  (P)  Đường thẳng  có vectơ phương n P   2; 2; 1 qua I nên có phương 1,00 0,25 0,25  x   2t  trình  y  1  2t  t  ฀  z   t  Tọa độ N0 ứng với t nghiệm phương trình:   2t    1  2t     t   16   9t  15   t   15  0,25  13 14  Suy N   ;  ;   3 3   Ta có IM  IN Suy M0(0;-3;4) 0,25 VII b 1,00 Áp dụng bất đẳng thức 1   ( x  0, y  0) x y x y Ta 1 1 1   ;   ;   a  b b  c a  2b  c b  c c  a a  b  2c c  a a  b 2a+b+c DeThiMau.vn có: 0,50 Ta lại có: 2    2a  b  c   4a  2b  2c  2 2a  b  c 2a  b  c  a    a  1   b  1   c  1  2 2  ;  2b  c  a b  2c  a  b c  1 4 Từ suy      ab bc ca a 7 b 7 c 7 Đẳng thức xảy a = b = c = Tương tự: -Hết DeThiMau.vn 0,50 ... B(1;1;2)  d (P) qua A, (P) có dạng phương trình: Ax + By + Cz + B = (P) qua B nên: A + B + 2C + B =  A = - (2B + 2C) Vậy (P): - (2B + 2C)x + By + Cz + B = 2 B  2C  B  2C 2 cos    13B2 - 8BC... 1.4sin2x + = 8sin2xcosx + 4cos22x  – 4cos2x = 8cosx – 8cos3x + 16cos4x – 16cos2x +  16cos4x – 8cos3x  12cos2x + 8cosx - =  (2cosx – 1)(8cos3x – 6cosx + 1) =  (2cosx – 1)(2cos3x + 1) = x2 + 4x +. .. - ĐỀ SỐ 36 THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  f ( x)  x  x Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số Trên