ĐỀ SỐ 33 THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x 3x Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm m để đường thẳng (): y (2m 1) x 4m cắt đồ thị (C) hai điểm M, N phân biệt M, N với điểm P( 1;6) tạo thành tam giác MNP nhận gốc tọa độ làm trọng tâm Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình: cos x 2(2 cos x )sin( x ) 300 x 40 x 10 x 10 x Giải bất phương trình: 0 1 x 1 x Câu III (1,0 điểm) Tính thể tích khối trịn xoay quay quanh trục Ox hình phẳng giới hạn bởi: (1 sin x ).e x ; y 0; x 0; x x cos Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC hình chóp tam giác đều, cạnh bên A’A tạo a với đáy góc 300 Tính thể tích khối chóp A’.BB’C’C biết khoảng cách AA’ BC Câu V (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c thỏa mãn a 8b3 27c 18abc Tìm giá trị nhỏ y biểu thức: P a 4b2 9c II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x y x y điểm M (7;7) Chứng minh từ M kẻ đến (T) hai tiếp tuyến MA, MB với A, B tiếp điểm Tìm tọa độ tâm đường trịn nội tiếp tam giác MAB Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; –1) qua điểm A(3; –1;1) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến đường trịn có chu vi 6 Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số hạng chứa x khai triển biểu thức: 32 3n n 341 P ( x ) n Biết n nguyên dương thoả mãn: Cn0 Cn1 Cn2 Cn n 1 n 1 x B Theo chương trình nâng cao Câu VIb (2,0 điểm) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng : x y hai elíp ( E1 ) : x2 y2 1, 10 x2 y (a b 0) có tiêu điểm Biết ( E2 ) qua điểm M thuộc đường thẳng a b2 Tìm toạ độ điểm M cho elíp ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ ( E2 ) : Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: x y z x y z 11 mặt phẳng (P) có phương trình 2x + 2y – z –7 = Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) cắt (S) theo giao tuyến đường trịn có chu vi 6 Câu VIIb (1,0 điểm) Xét tập hợp số tự nhiên có chữ số khác lập từ chữ số{0; 1; 2; 3; 5; 6; 7;8} Chọn ngẫu nhiên phần tử tập hợp Tính xác suất để phần tử số chia hết cho -Hết DeThiMau.vn Câu 1: 1.(1 điểm)+) TXĐ : D=R Ta có: limy ; x HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ 33 x y y ' 3x x ; y ' x y 2 limy x +) BBT: x y' y - 0 + - + + + - -2 Hàm số đồng biến ;0 2; ; Hàm số nghịch biến 0; yCĐ = x = ; yCT = - x = +) Đồ thị : Giao Oy (0 ; 2) ; Giao Ox (1; 0) 3;0 +) Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng Câu 1: (1 điểm) Phương trình hồnh độ giao (C) (): x x (2m 1) x 4m x 2 f ( x ) x x 2m (1) ( x 2)( x x 2m 1) 2 x1 x2 x1 x2 () cắt (C) điểm phân biệt M,N (1) phải có nghiệm x1, x2 thỏa mãn: 8m b m 2 2a Với m ta có M ( ; ); N (2; 3) m ta có 2 m 8m 2m f (2) M ( 1; 3); N (2; 3) Vậy: m thỏa mãn MNP nhận O làm trọng tâm Câu 2: 1.(1 điểm) Phương trình (cosx–sinx)2 – 4(cosx–sinx) – = cos x sin x 1 cos x sin x (loai vi cos x sin x 2) x k 2 (k Z ) sin x sin x sin 4 x k 2 1 3 x Câu 2:2.(1 điểm) Điều kiện: Ta có: x x 2, x ; ( Theo BĐT 10 10 10 10 Bunhia) Bpt 300 x 40 x 10 x 10 x 10 x 2 10 x ( 10 x 1) ( 10 x 1) 300 x 40 x (10 x 2)(30 x 2) 10 x 10 x DeThiMau.vn 1 (10 x 2) 30 x (*) 10 x 10 x 1 30 x f ( x) 10 x 10 x 5 30 0, x ( ; ) f '( x ) 2 10 10 10 x 1( 10 x 1) 10 x ( 10 x 1) 3 Mặt khác f ( x ) liên tục [ ; ] nên f ( x ) nghịch biến [ ; ] 10 10 10 10 f ( ) f ( x ) f ( ) ( Hs đánh giá) Do bất phương trình (*) 10 10 10 x x Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là: A' x 10 Câu 3: (1 điểm) x x cos )e x dx 2 (1 2sin (1 sin x )e x dx 2 V H x x 0 cos cos 2 C' B' A x x V ( tan )e x dx 2 ( tan )e x dx 2 x x cos 2cos 2 C 2 O M B x x x V 2 (tan e x ) ' dx V 2 d tan e x 2 tan e x 2 e 2 2 0 Câu 4:(1 điểm) Gọi O tâm ABC M trung điểm BC ta có: BC ( A' AM ) AM BC HM BC BC ( A' AM ) Kẻ MH AA' , HM ( A' AM ) A' O BC Vậy HM đọan vng góc chung AA’và BC, d ( AA' , BC) HM a MH a a2 AM AB a S ABC AM A' O HM AO.HM a a a Hai tam giác AA’O AMH đồng dạng, ta có: A' O AH 3a AO AH a3 VA ' BB ' C ' C VA ' B ' C ' ABCC VA ' ABC A ' O.S ABC A ' O.S ABC A ' O.S ABC 3 18 Câu 5:(1 điểm) Ta có: a 8b3 27c3 18abc (a 2b 3c)(a 4b 9c 2ab 3ac 6bc) (1) a 4b 9c 2ab 3ac 6bc a 2b 3c x2 Đặt x a 2b 3c, x Từ (1) suy ra: P ,x 3x Ta có: A ' AO ( A ' A,( ABC )) 300 sin 300 x2 x2 1 x2 1 33 Dấu “=” xảy x=1 3x 3x 3x 3x 3x 1 Vậy minP=1 a=1, b=c=0 a=c=0, b a=b=0, c 2 Câu 6a: (1 điểm (T ) ( x 1) ( y 2) 13 I (1; 2); R 13 P DeThiMau.vn Ta có: IM (6;9) IM 117 13 Suy điểm M nằm (T) Vậy từ M kẻ đến (T) tiếp tuyến Gọi K MI AmB Ta có MA MB, IA IB MI đường trung trực AB KA=KB KAB KBA KAM KBM K tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB x 2t PTTS MI: , MI (T ) K1(3;1) K2(-8;-12) y 2 3t A I m K M B Ta có AK1 AK Vậy K K1 , tức K(3;1) Câu 6a:2.(1 điểm) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R= IA= (P) chứa Ox (P): by + cz = Mặt khác đường tròn thiết diện có chu vi 6 Suy bán kính (P) qua tâm I Suy ra: –2b – c = c = –2b (b 0) (P): y – 2z = Câu7a(1 điểm) Xét khai triển (1 x) n Cn0 Cn1 x Cn2 x Cnn x n 4n 1 32 33 3n 1 n 3Cn0 Cn1 Cn3 Cn n 1 n 1 32 3n n 4n 1 341 4n 1 Cn0 Cn1 Cn2 Cn 4n 1 1024 n n 1 3( n 1) n 3( n 1) P ( 3x )6 Tk 1 C6k 3k x 3k 6 Để có số hạng chứa x 3k k x Vậy số hạng chứa x khai triển là: C63 33 x 540 x Câu VIb(2 điểm) (1 điểm) Hai elíp có tiêu điểm F1 ( 2;0), F2 (2;0) Điểm M ( E2 ) MF1 MF2 2a Vậy ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ MF1 MF2 nhỏ nhất.Ta có: F1 , F2 phía với Gọi N ( x; y ) điểm đối xứng với F2 qua , suy N ( 4; 6) Ta có: MF1 MF2 MF1 MN NF1 (không đổi) Dấu xảy M NF1 Lấy tích phân vế cận từ đến 3, ta được: 3 x y 3 M ; 2 x y Toạ độ điểm M : (1 điểm) Do (Q) // (P) nên (Q) có phương trình 2x + 2y – z + D = (D -7) Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = Đường trịn có chu vi 6 nên có bán kính r = Khoảng cách từ I tới (Q) h = R r 52 32 Do 2.1 2(2) D 22 22 (1)2 D 7(loaïi) 5 D 12 Vậy (Q) có phtrình 2x + 2y – z +17 = D 17 Câu VIIb (1điểm) Gọi A biến cố lập số tự nhiên chia hết cho 5, có chữ số khác Số số tự nhiên gồm chữ số khác kể số đứng đầu: A85 Số số tự nhiên gồm chữ số khác có số đứng đầu là: A74 số Số số tự nhiên gồm chữ số khác nhau: A85 A74 5880 số Số số tự nhiên chia hết cho có chữ số khác nhau: A74 + A63 = 1560 số n A 1560 Ta có: n 5880 , n A 1560 P(A) = 1560 13 5880 49 DeThiMau.vn ĐỀ SỐ 34 THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 2x+4 Câu I: (2.0 điểm) Cho hàm số y = có đồ thị (C) x-1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Gọi M điểm đồ thị (C), tiếp tuyến M cắt tiệm cận (C) A, B Chứng minh diện tích tam giác ABI (I giao hai tiệm cận) khơng phụ thuộc vào vị trí M Câu II: (3.0 điểm) xy 2 x y x y 1 Giải hệ phương trình: x y x2 y Giải phương trình: sin2(x- ) = 2sin2x - tanx Tính tích phân: I = s inx x2 x dx Câu III: (2.0 điểm) Cho tập hợp A= {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}, từ A lập số tự nhiên gồm chữ số khác nhau, phải có chữ số Cho lăng trụ ABC A’B’C’ có tất cạnh a, góc tạo cạnh bên đáy 300 Hình chiếu H A (A’B’C’) thuộc đường thẳng B’C’ Tính khoảng cách AA’ B’C’ theo a II PHẦN RIÊNG (3 điểm) THÍ SINH CHỌN MỘT TRONG HAI PHẦN SAU: Theo chương trình chuẩn Câu IVa: (2.0 điểm) 1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác cân ABC A, có trọng tâm G( ; ), 3 phương trình đường thẳng BC là: x - 2y - = 0, đường thẳng BG: 7x - 4y - = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x + 4z – = Lập phương trình mặt phẳng (P) song song với (Q): x + 2y – 2z + 2013 = cắt mặt cầu (S) theo đường trịn có đường kính Câu Va: (1.0 điểm) Giải phương trình sau tập số phức: z z Theo chương trình nâng cao Câu IVb: (2.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường trịn có phương trình (C): (x-1)2 + (y+2)2 = đường thẳng d: x + y + m = Tìm m để d có điểm A mà từ kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d x y z 1 hai điểm 6 8 A(1;-1;2), B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I đường thẳng d cho IA +IB đạt giá trị nhỏ z2 Câu Vb: (1.0 điểm) Giải phương trình sau tập số phức: z z z - hết DeThiMau.vn ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 34 Câu Ý Cho hàm số y Nội dung 2x x 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1,00 điểm) -Tập xác định - Sự biến thiên - Đồ thị Gọi M a; I 2a C a a 1 Tiếp tuyến M có phương trình: y 6 2a x a a 1 a 1 2a 10 a 1 Giao điểm với tiệm cận ngang y B 2a 1;2 Giao điểm với tiệm cận đứng x A 1; Giao hai tiệm cận I(1; 2) IA 12 1 ; IB a 1 S IAB IA AB 24 12 dvdt a 1 2 Suy đpcm Giải hệ …(1 điểm) xy 2 1 x y x y x y x2 y 2 1 x y xy dk x y xy 1 x y x y xy x y xy x y x y x y xy x y 1 x y 1 x y x y 1 xy x y 3 2 x y x y 4 Dễ thấy (4) vơ nghiệm x+y>0 Thế (3) vào (2) ta x y x y x 1; y …… x y x 2; y Giải hệ Giải phương trình….(1 điểm) Đk: cos x (*) sinx 2sin x 2sin x t anx cos x 2sin x 4 2 cos x DeThiMau.vn cos x sin x.cos x 2sin x.cos x sinx cos x sinx sin x cos x sinx cos x sinx cos t anx k x x x k (tm(*))… sin x x l 2 x l /4 /4 /4 sin x I dx x sin xdx x sin xdx I1 I 2 x x / / / Vì hàm số y = x sinx hàm số lẻ nên I1 = Tính: I2 = Vậy : I = 2( 4) 2( 4) -Gọi số cần tìm abcde a -Tìm số số có chữ số khác mà có mặt khơng xét đến vị trí a Xếp vào vị trí có: A52 cách vị trí cịn lại có A43 cách Suy có A52 A43 số -Tìm số số có chữ số khác mà có mặt với a = Xếp có cách vị trí cịn lại có A43 cách Suy có 4.A43 số Vậy số số cần tìm tmycbt là: A52 A43 - 4.A43 = 384 Do AH ( A' B 'C ' ) nªn góc AA' H góc AA (A B C ), theo giả thiết góc AA' H 300 Xét tam giác vuông AHA có AA = a, gãc AA' H =300 a A' H Do tam giác A B C tam giác cạnh a, H thuộc B C a A' H nên AH vuông góc với BC Mặt khác AH B 'C ' nên B 'C ' ( AA' H ) A B III C K A C H B Kẻ đường cao HK tam giác AA H HK khoảng cách AA B C DeThiMau.vn Ta cã AA’.HK = A’ H.AH HK BC BG B(0; 2) A' H AH a AA' Gọi M trung điểm BC M nằm đường thẳng qua G vng góc với BC Đường thẳng AG có phương trình : 2x+y-3=0 nên M(2 ;-1) Ta có: M trung điểm BC nên C(4;0) Mà AG AM nên A(0;3) + (S) có tâm J (1,0 ,2) bán kính R = + (P) có phương trình dạng : x y z D IVa + (P) cắt (S) theo đường trịn có bk r = nên d( J , (P) ) = R2 r 2.0 2.(2) D D 5 D 5 + KL : Có mặt phẳng : (P1): x y z (P2) : x y z nên ta có : z = x + iy ( x, y R ), z2 + z x y x y xyi x y x 2 xy 2 2 y x y x y x y 1 Va Vậy: z = 0, z = i, z = - i Từ phương trình tắc đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn AB AC => tứ giác ABIC hình vuông cạnh IA Vb m 1 m 5 m 1 m Véc tơ phương hai đường thẳng là: u1 (4; - 6; - 8) u2 ( - 6; 9; 12) +) u1 u2 phương +) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1) d2 Vậy d1 // d2 *) Véc tơ pháp tuyến mp (P) n = ( 5; - 22; 19); (P): 5x – 22y + 19z + = AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d1 Gọi A1 điểm đối xứng A qua d1 Ta có: IA + IB = IA1 + IB A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ A1B Khi A1, I, B thẳng hàng I giao điểm A1B d Do AB // d1 nên I trung điểm A1B 36 33 15 *) Gọi H hình chiếu A lên d1 Tìm H ; ; 29 29 29 DeThiMau.vn 43 95 28 A’ đối xứng với A qua H nên A’ ; ; 29 29 29 65 21 43 I trung điểm A’B suy I ; ; 29 58 29 Nhận xét z=0 không nghiệm phương trình (1) z 1 Chia hai vế PT (1) cho z2 ta : ( z ) ( z ) (2) z z 1 Đặt t=z- Khi t z z t z z z Phương trình (2) có dạng : t2-t+ (3) 9 9i 2 3i 3i PT (3) có nghiệm t= ,t= 2 Vb 3i 1 3i ta có z z (1 3i ) z (4) z 2 Có (1 3i ) 16 6i 6i i (3 i ) (1 3i ) (3 i ) i (1 3i ) (3 i ) PT(4) có nghiệm : z= i ,z= 4 3i 1 3i Với t= ta có z z (1 3i ) z (4) z 2 Có (1 3i ) 16 6i 6i i (3 i ) (1 3i ) (3 i ) i (1 3i ) (3 i ) PT(4) có nghiệm : z= i ,z= 4 i 1 i 1 Vậy PT cho có nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z= ; z= 2 Với t= -Hết - DeThiMau.vn ... 2x + 2y – z +1 7 = D 17 Câu VIIb (1điểm) Gọi A biến cố lập số tự nhiên chia hết cho 5, có chữ số khác Số số tự nhiên gồm chữ số khác kể số đứng đầu: A85 Số số tự nhiên gồm chữ số khác có số. .. 1: 1.(1 điểm )+) TXĐ : D=R Ta có: limy ; x HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ 33 x y y ' 3x x ; y ' x y 2 limy x +) BBT: x y' y - 0 + - +? ?? + +? ?? - -2 Hàm số đồng biến... chữ số khác có số đứng đầu là: A74 số Số số tự nhiên gồm chữ số khác nhau: A85 A74 5880 số Số số tự nhiên chia hết cho có chữ số khác nhau: A74 + A63 = 1560 số n A 1560 Ta có: n