Tuyển chọn 100 đề thi thử đại học môn Toán50731

LÊ NGUYÊN THẠCH TUYỂN CHỌN 100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN TẬP THANH HĨA, THÁNG 09 - 2014 ThuVienDeThi.com LỜI NÓI ĐẦU Các em học sinh thân mến! Luyện giải đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học trình quan trọng Cuốn sách Tuyển tập “100 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI VÀO ĐẠI HỌC” thầy tổng hợp biên soạn từ nhiều đề thi thử Đại học nước với nhiều đề thi hay để giúp em hệ thống lại kiến thức chuyên đề học, rèn luyện kĩ giải toán tạo tảng kiến thức tốt cho kỳ thi Đại học tới Nội dung sách viết tinh thần đổi ,cách giải trình bày chi tiết, rõ ràng phù hợp theo quan điểm đề chấm thi Bộ Giáo dục Đào tạo phù hợp để em tự ơn luyện Tốn mơn khoa học trừu tượng với phạm vi ứng dụng rộng rãi hoạt động người Để học toán tốt trước hết cần tỉ mỉ, cần cù, nỗ lực phấn đấu Bên cạnh phương pháp học quan trọng, nên từ dễ tới khó với tư logic Tiếp xúc tốn khơng dừng lại cách giải thông thường mà nên suy nghĩ, áp dụng nhiều hướng cách giải khác Sau toán nên rút cho điểm ý quan trọng Cuối thầy chúc tất em có SỨC KHỎE, NIỀM VUI, SỰ ĐAM MÊ, THÀNH CƠNG kỳ thi tới! Thanh hóa.Tháng năm 2014 Tác giả ThuVienDeThi.com ĐỀ SỐ Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = x+2 (C) x −1 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Gọi I tâm đối xứng đồ thị (C) Tìm điểm M đồ thị (C) để tiếp tuyến đồ thị (C) M cắt hai đường tiệm cận đồ thị (C) A, B cho bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB nhỏ Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình sau: sin 3x = cos x.cos2x ( tan2x + tan x ) Câu 3.(1,0 điểm) a Tìm n nguyên dương thỏa mãn: Cn0 + 2Cn1 + 3Cn2 + 4Cn3 + + (n + 1)Cnn = 512(n + 2) log b Giải phương trình sau: log9(x2 – 5x + 6)2 = x −1 + log3 (3 − x) Câu 4.(1,0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ x − x3 dx 2x4 Câu 5.(1,0 điểm) : Cho hình hộp đứng ABCD A ' B ' C ' D ' nội tiếp hình trụ cho trước Biết bán kính đáy hình trụ 5a ; góc đường thẳng B ' D mặt phẳng ( ABB ' A ') 300; khoảng 3a cách từ trục hình trụ đến mặt phẳng ( ABB ' A ') Tính thể tích khối hộp ABCD A ' B ' C ' D ' Câu 6.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E): 9x + 25y = 225 Gọi F, F hai tiêu điểm (E) (x< x) Gọi A, B hai điểm thuộc (E) Xác định tọa độ A B để chu vi tứ giác FFBA nhỏ biết tổng độ dài hai đường chéo Câu 7.1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): x + y + z − x + y − z − 11 = mặt phẳng (α ) có phương trình x + y − z + 17 = Viết phương trình mặt phẳng ( β ) song song với mặt phẳng (α ) cắt mặt cầu (S) theo đường trịn có chu vi 6π Câu 8.1,0 điểm)  x( x + y + 1) − =  Giải hệ phương trình sau:  ( x + y ) − x + = Câu 9.(1 điểm) Cho x, y, z > thoả mãn: 5− x + 5− y + 5− z = Chứng minh rằng: 25 x 25 y 25 z y+ z + y x+ y ≥ x z+ x + z +5 +5 +5 ThuVienDeThi.com y x z +5 +5 LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm) 1.(1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số: y = + TXĐ R \ { 1} x+2 x −1 lim y = +∞, lim y = −∞ lim y = 1; xlim y =1; →−∞ x→+∞ x→1+ x→1− Đồ thị có Tiệm cận ngang đường thẳng y = tiệm cận đứng đường thẳng x = + SBT: y'= −3 ; y ' < ∀x ≠ ( x − 1) Hàm số nghịch biến khoảng ( −∞;1) ( 1;+∞ ) Hàm số khơng có cực trị Bảng biến thiên: x f '( x) −∞ +∞ − +∞ − f ( x) −∞ Đồ thị: y x+2 f(x) = x-1 5/2 -2 O x -2 NX: Đồ thị nhận giao hai đường tiệm cận I (1;1) làm tâm đối xứng 2.(1,0 điểm) Tâm đối xứng đồ thị hàm số I (1;1) Giả sử M ( x0 ; y0 ) ( x0 ≠ ) tọa độ tiếp điểm tiếp tuyến ( ∆ ) đồ thị (C) Ta có y0 = x0 + −3 , hệ số góc tiếp tuyến ( ∆ ) là: k = x0 − ( x0 − 1) Phương trình tiếp tuyến ( ∆ ) y = − x +2 ( x − x0 ) + (1) ( x0 − 1) x0 − Gọi B giao điểm tiếp tuyến tiệm cân đứng x = - Cho x = 1, thay vào (1) ta có y=− x + 3x0 − x0 + x + x0 + x +5 3 (1 − x0 ) + = + = + = nên B(1; ) 2 ( x0 − 1) x0 − ( x0 − 1) x0 − x0 − x0 − x0 − x0 − Gọi A giao điểm tiếp tuyến tiệm cận ngang y = - Cho y = 1, thay vào (1) ta có x = x0 − nên A ( x0 − 1;1) Vì tam giác IAB vng I nên bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB ThuVienDeThi.com AB  x +5 36 Ta có AB = (2 x − 2) + 1 − ÷ = 4( x0 − 1) + x0 −  ( x0 − 1)  Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân với hai số khơng âm 4( x0 − 1) ; 36 36 36 ≥ 4( x0 − 1) = 24 ta có 4( x0 − 1) + ( x0 − 1) ( x0 − 1) ( x0 − 1) Tức R = 4( x0 − 1) = AB ≥ Dấu xảy 36 ⇔ 4( x0 − 1) = 36 ⇔ ( x0 − 1) = ⇔ x0 = ± ( x0 − 1) Khi M (1 + 3;1 + 3) M (1 − 3;1 − 3) Vậy M (1 + 3;1 + 3) M (1 − 3;1 − 3) Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình sin x = cos x.cos2x ( tan2x + tan x ) cos x ≠ cos x ≠ ĐK:   sin x sin x  PT ⇔ sin x = cos x cos x + Khi  ÷ c os2x cos x   ⇔ sin x.cosx+cos2x.sinx = cosx.sin2x + cos2x sin x sin x ⇔ cos2x.sinx = cos2x cosx cosx  cos x = (không tm)   s inx  cos2 x.sin x  − 1÷ = ⇔ s inx=0  cos x   sinx = (không tm sin x = cos x ⇔ cos2x=0)   cosx sin x = ⇔ x = kπ , k ∈ Z (tmdk ) Vậy nghiệm PT cho x = kπ , k ∈ Z ; Câu 3.(1,0 điểm) a Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: Cn0 + 2Cn1 + 3Cn2 + 4Cn3 + + ( n + 1)Cnn = 512(n + 2) n 2 n n +1 Xét x( x + 1) = Cn x + Cn x + Cn x + + Cn x Lấy đạo hàm hai vế được: ( x + 1) n + n.x.( x + 1)n −1 = Cn0 + 2Cn1 x + 3Cn2 x + + (n + 1)Cnn x n n n −1 n Thay x = có + n.2 = Cn + 2Cn + 3Cn + + (n + 1)Cn Suy 2n + n.2n −1 = 512(n + 2) ⇔ n = 10 b.Giải phương trình: log9(x2 – 5x + 6)2 = log x −1 + log3 (3 − x) ( x − x + 6) > 1 < x <  ⇔ Điều kiện xác định  x − > x ≠ 3 − x >  Khi PT cho tương đương log x − x + = log3 ( x − 1)(3 − x) ThuVienDeThi.com  2( x − x + 6) = − x + x − − x2 + 4x − ⇔ x − 5x + = ⇔ (do − x + x − > ∀x :1 < x < 3) 2  2( x − x + 6) = x − x + x = ⇔ x =  Kết hợp với điều kiện xác định ta có x = Vậy nghiệm phương trình là: x = Câu 4.(1,0 điểm): Viết lại: 13 I=∫ Đặt t = x−x dx = ∫ x4 3 −1 x2 dx x3 dx 1 −2 − ⇔ t = − ⇔ 3t dt = dx ⇒ = − t dt x x x x −1 Khi đó: x 3t ; dx = − dt x3 Đổi cận: x = ⇒ t = 2; x = ⇒ t = 3 3t 3 dt = t = Vậy: I = ∫ 0 2 Câu 5.(1,0 điểm): Vì hình hộp đứng ABCD A ' B ' C ' D ' nội tiếp hình trụ nên hình hộp chữ nhật có đáy hai hình chữ nhật ABCD, A ' B ' C ' D ' nội tiếp đường trịn đáy hình trụ Gọi O, O’ tâm hai đáy hình trụ ⇒ O = AC ∩ BD, O ' = A ' C '∩ B ' D '; CA = C ' A ' = 5a  DA ⊥ AB ⇒ AD ⊥ ( ABB ' A ') nên AB’ hình chiếu B’D ( ABB ' A ')  DA ⊥ AA' Do  Suy góc đường thẳng B ' D mặt phẳng ( ABB ' A ') góc B’D AB’ · ' A =300 DB Gọi H trung điểm AB Chứng minh OH = 3a , AB’ = 3a Tính AB = 4a BB’ = a 11 Thể tích khối hộp VABCD A' B 'C ' D ' = S ABCD OO' = AB.AD.OO'=12a 11 (đvdt) Câu 6.(1,0 điểm): E líp: (E): + = ⇒ ⇒ (a, b, c > 0) Theo giả thiết BF + AF = (1) Mặt khác BF + BF = AF + AF = 10 ⇒ BF + BF + AF + AF = 20 ⇔ BF + AF = 14 (2) ThuVienDeThi.com Vậy chu vi tứ giác FFAB P = FF + AF + BF + AB = 2c + 14 + AB = 22 + AB Do P ⇔ AB = Mặt khác Lấy (2) trừ (3) ta được: (x - x) + (y - y) = (4) Từ (1) ⇔ a - ex + a + ex = ⇔ x - x= (5) nên AB = ≥ Yêu cầu toán ⇔ AB = ⇔ y = y Do (4) ⇔ (x - x)(x + x) = ⇔ x + x = (6) Giải (5) (6) ta ⇒ y = y = ± Kết luận A(; ± ), B(; ± ) điểm cần tìm Câu 7.(1,0 điểm): Ta có (S): x + y + z − x + y − z − 11 = ⇔ ( x − 1) + ( y + 2) + ( z − 3) = 25 nên mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3) bán kính R = Do ( β ) song song với mặt phẳng (α ) : x + y − z + 17 = nên phương trình mặt phẳng ( β ) có dạng: x + y − z + d = (d ≠ 17) Đường trịn có chu vi 6π nên có bán kính r = Gọi H hình chiếu I ( β ) Vì ( β ) cắt mặt cầu theo thiết diện đường trịn (C) bán kính 6π nên IH = R − r = 25 − = Mà IH = d(I, ( β ) ) = Giải phương trình 2− 4−3+ d 22 + (−2) + 12 = d −5 d −5  d = 17(loai ) =4⇔  d = −7(t / m) Vậy phương trình ( β ) x + y − z − =  x ( x + y + 1) − = (1)  Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình sau:  ( x + y ) − x + = (2) Cách 1: Điều kiện xác định x ≠ Ta có (1) ⇔ x + xy + x = ⇒ x + x y + x + x3 y + x y + x3 = (1’) (2) x ( x + y ) + x = ⇔ x + x3 y + x y + x = (2’) Trừ (1’) cho (2’) theo vế ta có x ( x + y ) = ⇔ x + y = (*) x2 1  x2 = x ±1 ⇔ Thay vào (2) ta có − + = ta có  x x  x = ±2 1 =1  x ThuVienDeThi.com Thay vào (*) ta có x = y = 1; x = -1 y = 3; x = y = − ; x = -2 y = Thử lại ta hệ có hai nghiệm (x; y) = (1; 1) (2 ; − ) Cách 2: Điều kiện xác định x ≠ Khi chia hai vế phương trình (1) cho x ta có phương trình tương đương x+ y− = −1 x   x + y − x = −1 Hệ trở thành  Đặt ( x + y ) − = −1  x2 b = 1, a = Giải hệ có  1 b = ,a =  2 x + y = a  ta có hệ 1  x = b (b>0)  a − 3b = −1  2  a − 5b = −1 Nếu a = 2, b = ta có x = y = Nếu a = b = ta có x = 2, y = − 2 Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) = (1; 1) (2 ; − ) Câu 9.(1,0 điểm) a = 5x  a , b, c >   ab + bc + ca = abc  y ⇔ b = ⇒  1 c = z  a + b + c =  a, b, c >  Đặt a2 b2 c2 a3 b3 c3 Ta có: VT = + + = + + a + bc b + ca c + ab a + abc b + abc c + abc a3 a3 a3 a3 b3 c3 = = ⇒ VT = + + Vì a + abc a + ab + bc + ca ( a + b ) ( a + c ) ( a + b) ( a + c) ( b + c) ( b + a ) ( c + a ) ( c + b) Ta có: Tương tự: a3 a+b a+c a3 + + ≥ 33 = a 64 ( a + b) ( a + c) b3 ( b + c) ( b + a) + b+c b+a + ≥ b 8 c3 ( c + a) ( c + b) + c+a c+b + ≥ c 8 a +b+c  a+b+a+c+b+c  ⇒ VT +  = VP (ĐPCM) ÷ ≥ (a + b + c) ⇒ VT ≥   ĐỀ SỐ Câu 1.(2,0 điểm) 3 Cho hàm số y = x − (m − 2) x − 3(m − 1) x + (1), m tham số a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = −2 b) Tìm m > để đồ thị hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu yCĐ , yCT thỏa mãn : yCĐ + yCT = ThuVienDeThi.com Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình (tan x + 1) sin x + cos x + = 3(cos x + sin x) sin x Câu 3.(1,0 điểm) ln Tính tích phân : I = ∫ ex 3 + e x + 2e x + dx Câu 4.(1,0 điểm) Cho tập E = {1, 2, 3, 4, 5} Viết ngẫu nhiên lên bảng hai số tự nhiên, số gồm chữ số đôi khác thuộc tập E Tính xác suất để hai số có số có chữ số Câu 5.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : d2 : x−2 y z +1 = = −1 − x + y −5 z + = = −1 Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M (−1; 2; 0), ⊥ d1 tạo với d góc 600 Câu 6.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có phương trình đường thẳng AC x + y − 31 = 0, hai đỉnh B, D thuộc đường thẳng d1 : x + y − = 0, d : x − y + = Tìm tọa độ đỉnh hình thoi biết diện tích hình thoi 75 đỉnh A có hồnh độ âm Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có SC ⊥ ( ABCD) , đáy ABCD hình thoi có cạnh a ·ABC = 1200 Biết góc hai mặt phẳng (SAB) ( ABCD) 450 Tính theo a thể tích khối chóp SABCD khoảng cách hai đường thẳng SA, BD Câu 8.(1,0 điểm):   x + y = 4x − y + Giải hệ phương trình:  2 2   x + y +1 = x − y + Câu 9.(1,0 điểm) Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z ≤ y Tìm giá trị nhỏ : P = + + 2 ( x + 1) ( y + 2) ( z + 3) LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm): a) (1,0điểm) Khi m = −2 hàm số trở thành y = x + x + x + a) Tập xác định:  y = −∞ lim y = +∞ * Giới hạn vơ cực: Ta có xlim → −∞ x → +∞ b) Sự biến thiên: * Chiều biến thiên: Ta có y ' = x + 12 x + 9; ThuVienDeThi.com  x = −3  x < −3 y' = ⇔  ; y' > ⇔  ; y ' < ⇔ −3 < x < −1  x = −1  x > −1 Suy hàm số đồng biến khoảng ( − ∞; − 3) , ( − 1; + ∞ ); nghịch biến ( − 3; − 1) * Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = −3, yCĐ = 1, hàm số đạt cực tiểu x = −1, yCT = −3 y / / = x + 12 y / / = ⇔ x = −2 , y=-1 y Đồ thị nhận điểm I(-2;-1) làm điểm uốn * Bảng biến thiên: x −∞ y' y −3 + – −∞ +∞ −1 + +∞ −3 −3 −1 O x −3 c) Đồ thị: Đồ thị nhận điểm I(-2;-1) làm điểm uốn làm tâm đối xứng b) (1,0 điểm) Ta có y ' = x − 3( m − 2) x − 3( m − 1), ∀x ∈   x = x1 = −1 y ' = ⇔ x − (m − 2) x − m + = ⇔   x = x2 = m − với m > x1 < x2 Khi hàm số đạt cực đại x1 = −1 đạt cực tiểu x2 = m − 3m , yCT = y (m − 1) = − (m + 2)(m − 1) + Do đó: yCĐ = y ( −1) = 2 3m 2 Vì yCĐ + yCT = ⇔ − (m + 2)(m − 1) + = ⇔ 6m − − (m + 2)(m − 1) = 2 −1 ± 33 ⇔ (m − 1)(m + m − 8) = ⇔ m = 1; m = − + 33 Đối chiếu với yêu cầu m > ta có giá trị m m = 1, m = Câu 2.(1,0 điểm) π + kπ Khi phương trình cho tương đương với (tan x + 1) sin x + − sin x + = 3(cos x + sin x) sin x Điều kiện: cos x ≠ 0, hay x ≠ ⇔ (tan x − 1)sin x + ( sin x + cos x ) = 3(cos x − sin x) sin x + 6sin x ⇔ (tan x − 1)sin x + 3cos x = 3(cos x − sin x) sin x ⇔ (tan x − 1)sin x + 3(cos x − sin x) cos x = ⇔ (sin x − cos x)(sin x − 3cos x) = ⇔ (sin x − cos x)(2 cos x + 1) = π   s in x = cos x  x = + kπ ⇔ ⇔ , k ∈¢ cos x = − π  x = ± + kπ   π π Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm x = + kπ , x = ± + kπ , k ∈  Câu 3.(1,0 điểm) ThuVienDeThi.com 10 Đặt + e x = t Khi e x = t − ⇒ e x dx = 2tdt Khi x = ⇒ t = 2, x = ln ⇒ t = 3 2tdt t = 2∫ dt 3t + 2(t − 3) + 2t + 3t + 2 Suy I = ∫ t   = 2∫ dt = ∫  − dt (t + 1)(2t + 1) t + 2t +  2 3 3 2 = ln t + − ln 2t + = (2 ln − ln 3) − (ln − ln 5) = ln Vậy: I = ln 80 63 80 63 Câu 4.(1,0 điểm) Số số tự nhiên có chữ số đôi khác thuộc tập E × × = 60 Trong số số khơng có mặt chữ số × × = 24, số số có mặt chữ số 60 − 24 = 36 Gọi A biến cố hai số viết lên bảng có mặt chữ số 5; B biến cố hai số viết lên bảng khơng có mặt chữ số Rõ ràng A B xung khắc Do áp dụng qui tắc cộng xác suất ta có 2 1 C C36 C24 C24 13 3  2 P ( A ∪ B ) = P ( A) + P ( B ) = 36 + =  +  = 1 1 C60 C60 C60 C60     25 13 12 Suy xác suất cần tính P = − P( A ∪ B) = − = 25 25 Câu 5.(1,0 điểm) Giả sử ∆ có vtcp u ∆ = (a; b; c), a + b + c ≠ ∆ ⊥ d1 ⇔ u ∆ u1 = ⇔ a − b + c = (·∆, d ) = 600 ⇔ a − b − 2c = cos 600 = (1) ⇔ 2( a − b − 2c) = 3( a + b + c ) (2) + + a + b + c Từ (1) có b = a + c thay vào (2) ta 18c = a + (a + c) + c ⇔ a + ac − 2c = a = c, b = 2c ⇔ a = −2c, b = −c x +1 y − z = = Với a = c, b = 2c, chọn c = ⇒ u ∆ = (1; 2; 1) ta có ∆ : x +1 y − z B = = Với a = −2c, b = −c, chọn c = −1 ⇒ u ∆ = (2; 1; − 1) ta có ∆ : −1 2 ( ) Câu 6.(1,0 điểm) B ∈ d1 : y = − x ⇒ B(b; − b), D ∈ d : x = y − ⇒ D(2d − 3; d ) A I C ⇒ BD = (−b + 2d − 3; b + d − 8) D  b + 2d − − b + d +  ;  trung điểm BD I  2   u AC BD =  BD ⊥ AC − 8b + 13d − 13 = b = ⇔ ⇔ Theo tính chất hình thoi ⇒ I ∈ AC ⇔   I ∈ AC  − 6b + 9d − = d =  B (0; 8)  9 Suy  D(−1; 1) ⇒ I  − ;  A ∈ AC : x = −7 y + 31 ⇒ A( −7 a + 31; a )    2S 15 S ABCD = AC.BD ⇒ AC = = 15 ⇒ IA = BD ThuVienDeThi.com 11 2 a =  A(10; 3) 63   9 225 9   ⇒  − 7a +  +  a −  = ⇔ a −  = ⇔  ⇒ 2  2 2   a =  A( −11; 6) (ktm ) Suy A(10; 3) ⇒ C (−11; 6) Câu 7.(1,0 điểm) Kẻ SK ⊥ AB ⇒ hình chiếu CK ⊥ AB S · ⇒ ( ( SAB), ( ABCD) ) = SKC = 450 3a ·ABC = 1200 ⇒ CBK · = 600 ⇒ CK = CB sin 600 = 3a D ⇒ SC = CK tan 450 = C (1) I 3a O (2) S ABCD = AB.BC sin 120 = A B K 3 3a Từ (1) (2) ⇒ VS ABCD = SC.S ABCD = Gọi O = AC ∩ BD Vì BD ⊥ AC , BD ⊥ SC nên BD ⊥ (SAC ) O Kẻ OI ⊥ SA ⇒ OI đường vng góc chung BD SA Xét hai tam giác đồng dạng AOI ASC đường cao tam giác SAC suy OI = 3a 5a = 10 Suy d ( SA, BD) = 5a 10 Câu 8.(1,0 điểm)  x+ y − x−y =2  Hệ phương trình tương đương :  2 2   x + y +1 − x − y = Điều kiện: x+y ≥ 0, x-y ≥ u = x + y Đặt:  v = x − y  u − v = (u > v)  u + v = uv +  u + v = uv + (1)    ⇔  u + v2 + ⇔  (u + v) − 2uv + ta có hệ:  u + v + − uv =  − uv = − uv = (2)   2    Thế (1) vào (2) ta có: uv + uv + − uv = ⇔ uv + uv + = (3 + uv ) ⇔ uv =  uv = ⇔ u = 4, v = (vì u>v) u + v = Kết hợp (1) ta có:  Từ ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k) KL: Vậy nghiệm hệ là: (x; y)=(2; 2) Câu 9(1,0 điểm) Ta có x + y + z ≤ ( x + 1) + ( y + 4) + ( z + 1) = x + y + z + ≤ y + Suy x + y + z ≤ Dấu đẳng thức xảy khi: x = y = z = Chú ý rằng, với hai số dương a, b áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có: 1 + ≥ , a b ( a + b) (*) dấu đẳng thức xảy a = b ThuVienDeThi.com 12 1 8 + + ≥ + 2 y y Áp dụng (*) ta : ( x + 1) ( + 1) ( z + 3) ( x + + + 1) ( z + 3) 2 64 64.4 64.4 ≥ = ≥ = y ( x + y + z + 10 ) ( x + + + z + 3) (6 + 10) 2 Dấu đẳng thức xảy x = 1, y = 2, z = Vậy giá trị nhỏ P 1, đạt x = 1, y = 2, z = P= ĐỀ SỐ Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số : y = x3 − 3mx + ( 1) , m tham số thực 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số ( 1) m = 2) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số ( 1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng góc α ,biết cos α = d :x+ y+7 =0 26 Câu 2.(1,0 điểm) − cos x − 8sin x = sin x + cos x sin x 6− x − x +4 L = lim x→ x2 − 1) Giải phương trình : 2) Tính giới hạn : Câu 3.(1,0 điểm): Tính tổng : T = C2014 C1 C2 C 2014 + 2014 + 2014 + L + 2014 2015 Câu 4.(1,0 điểm) : π Tính tích phân s inx  s inx + ∫  cos2x + 3cos x  ÷dx  Câu (1,0 điểm) x2 y + = điểm A ( −3;0 ) , I(-1;0) Tìm toạ độ điểm B, C thuộc ( E ) cho I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy cho e líp ( E ) : Câu 6.(1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vng góc Oxyz cho điểm A(2;0;0), C(0; 4; 0), S(0; 0; 4) Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt phẳng (0xy) cho tứ giác OABC hình chữ nhật Viết phương trình mặt cầu qua điểm O, B, C, S Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình lập phương ABCD A1 B1C1D1 có độ dài cạnh điểm M thuộc cạnh CC1 , CM = Mặt phẳng ( α ) qua A, M song somg với BD chia khối lập phương thành hai khối đa diện Tính thể tích hai khối đa diện Câu 8.(1,0 điểm)  x + y = y + 16 x ( x, y ∈ R) Giải hệ phương trình:  2 1 + y = ( + x ) Câu 9.(1,0 điểm) Cho số thực x, y, z thoả mãn x + y + z = ThuVienDeThi.com 13 Tìm giá trị lớn biểu thức: F = 3x + y + y + z + z + x LỜI GIẢI Câu 1.(2,0điểm) (1,0điểm) Khi m = hàm số (1) có dạng y = x − 3x + a) Tập xác định D = ¡   y = lim x 1 − +) Giới hạn: xlim →−∞ x →−∞ 2 2  + ÷ = −∞; lim y = lim x3 1 − + ÷ = +∞ x →+∞ x →+∞ x x  x   x b) Sự biến thiên +) Chiều biến thiên: y ' = 3x − , y ' = ⇔ x = ±1 Khi xét dấu y ' : x y -∞ -1 + +∞ 0 - + Hàm số đồng biến khoảng ( −∞; − 1) , ( 1; + ∞ ) nghịch biến khoảng ( −1;1) +) Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = −1, yCD = Hàm số đạt cực tiểu x = 1, yCT = +) Bảng biến thiên: x −∞ +∞ y' -1 + − 0 + +∞ y −∞ y '' = ⇔ x = ⇔ x = ⇒ đồ thị hàm số nhận điểm ( 0; ) làm điểm uốn Đồ thị: y = ⇔ x3 − 3x + = ⇔ x = 1, x = −2 , suy đồ thị hàm số cắt trục Ox Ox điểm ( 1; ) , ( −2;0 ) Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm ( 0; ) làm điểm uốn làm tâm đối xứng ThuVienDeThi.com 14 y -1 x (1,0 điểm) r Gọi k hệ số góc tiếp tuyến ⇒ tiếp tuyến có VTPT n1 = ( k ; −1) r Đường thẳng d : x + y + = tiếp tuyến có VTPT n2 = ( 1;1) r r n1 ×n2 k −1 r r = ⇔ 12k − 26k + 12 = ⇔ k = ∨ k = Ta có cos α = cos ( n1 , n2 ) = r r ⇔ n1 n2 26 k +1 YCBT thoả mãn ⇔ hai phương trình sau có nghiệm:  ,  y = 3 x − 3m = ⇔   y, = 3 x − 3m =    2m +  2m + x =   ≥0 2 ⇔ ⇔  x = 9m +  9m + ≥    m ≥ − ⇔m≥−  m ≥ −  Vậy để đồ thị có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d : x + y + = góc α ,có cos α = 1 m ≥ − 26 Câu 2.(1,0 điểm) − cos x − 8sin x = sin x + cos x sin x π π  x ≠ − +l  sin x + cos x ≠  ⇔ ( l ∈ Z) Giải: Đ/k  sin x ≠ π  x ≠ l  Giải phương trình :  − cos x  8sin x =  ÷ = − cos x + cos x   − cos x − ( − cos x + cos x ) = Phương trình ⇔ sin x + cos x sin x ta có: − cos x = ( sin x + cos x ≠ 0,sin x ≠ ) sin x + cos x sin x ⇔ − ( cos x − sin x ) = ⇔ cos x ( sin x + cos x ) = sin x ⇔ ThuVienDeThi.com 15 π π π + kπ ⇔ x = + k ( k ∈ ¢ π π Vậy phương trình có họ nghiệm x = + k ( k ∈ Z) 6− x − x +4 2,Tính giới hạn : L = lim x →2 x2 − − x − + − x2 + 6− x −2 x +4 −2 Giải: L = lim = lim − lim 2 x →2 x→ x →2 x −4 x −4 x2 − − x − 22 x + − 23 = lim − lim x →2 ( x − ) − x + x→2 ( x2 − )  ( x2 + ) + x + + ÷   −1 1 = lim − lim = − − = − x →2 x→2 x + − x + x +4 ( ) ( ) + x + + 16 12 48 ⇔ cos x = ∨ sin x + cos x = ( loai ) ⇔ x = ( ) ( Vậy L= − ) ) 48 Câu 3.(1,0 điểm): C2014 C1 C2 C 2014 + 2014 + 2014 + L + 2014 2015 2014! k 2015! k +1 Cách 1:Ta có: C2014 = k !( 2014 − k ) ! = × = ×C2015 2015 ( k + 1) !  2015 − ( k + 1)  ! 2015 k +1 k +1 Tính tổng : T = ∀k = 0,1, 2,3, , 2014 2015 1  2015 2015  = −1 C2015 + C2015 + L + C2015 = ( + 1) − C2015 ( )  2015 2015 2015 2015 −1 Vậy: T = 2015 ⇒T = Cách 2: Xét tích phân: ∫ (1+ x) 2014  x.C =  2014 + x C Mà ∫ (1+ x) 2014 2014 2014 x C ( 1+ x) dx = + + 2015 2015 Vậy: T = + |10 = 2014 dx = ∫ ( C2014 + x.C2014 + x C2014 + + x 2014C2014 ) dx x 2014 2014  C2014 C2014 C2014 C2014 C2014 | + + + L + ÷0= 2015  2015 2015 ( 22015 − 1) 2015 22015 − 2015 π Câu 4.(1,0 điểm): Tính tích phân s inx  s inx + ∫ π Ta có I= sin x  sin x + ∫   π π π  ÷dx  π cos 2x.sin x  = sin xdx + ∫ dx ÷dx ∫ + cos x  + cos x 0 cos 2x Tính A= sin xdx = ( − cos2x ) dx = ∫0 ∫0  cos2x + 3cos x π 1 2 π x − sin 2x ÷ =4  0 ThuVienDeThi.com 16 π Tính B= cos 2x.sin x dx ∫ + cos x • Đặt t = + cos x ⇒ cos x = π t2 − ; sin xdx = - tdt ; Khi x = ⇒ t = 2, x = ⇒ t = 3  t2 −1  2t − 4t − − = Ta có cos2x = 2cos x − =  ÷   π 2 2 2 118  ∫0 + cos x dx = 27 ∫1 2t − 4t − dt = 27  t − t − 7t ÷ = − 405 π 118 Vậy I = − 405 Câu 5.(1,0 điểm): Ta có IA = ⇒ Đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có pt: ( x + 1) + y = B= cos 2x.sin x ( ) ( x + 1) + y =  Toạ độ điểm B, C cần tìm nghiệm hệ pt:  x y =1  + 9 ( x + 1) + y = ( x + 1) + y =  ⇔  5 x + 18 x + =  x = −3 ∨ x = −  • Nếu x = −3 ⇒ y = ⇒ B ≡ A ∨ C ≡ A (loại) • Nếu x = − ⇒ y = ±  6  6 ⇒ B  − ; ± ÷, C  − ; m ÷ 5 ÷ ÷     Câu 6.(1,0 điểm) uuur uuur Lấy điểm B ( x; y;0 ) ∈ ( Oxy ) ⇒ Tứ giác OABC hình chữ nhật ⇒ OC = AB ⇒ B(2,4,0) uuur uuur uuur uuur Ta có OS = ( 0;0; ) , OB = ( 2; 4;0 ) , CS = ( 0; −4; ) , CB = ( 2;0;0 ) uuur uuur uuur uuur Vì OS.OB = 0, CS CB = nên điểm O,B,C,S thuộc mặt cầu tâm I(I trung điểm SB) ,bán kính SB 1 + 16 + 16 = , Nên tâm: I ( 1; 2; ) bán kính :R = SB = 2 2 Vậy phương trình mặt cầu ( x − 1) + ( y − ) + (z − 2)2 = R= Câu 7(1,0 điểm) : Gọi O = AC ∩ BD, O = A1C1 ∩ B1D1 , I = AM ∩ OO1 Trong mặt phẳng ( BDD1 B1 ) qua I kẻ đường thẳng song song với BD cắt BB1 , DD1 K , N Khi AKMN thiết diện cần dựng A1 D1 B1 C1 M K N I A D O B C ThuVienDeThi.com 17 Đặt V1 = VA.BCMK + VA.DCMN ⇒ V2 = VABCD A B C D − V1 1 1 OI AO 1 = = ⇒ DN = BK = OI = CM = CM AC 2 A BCMK AB = ,đáy hình thang BCMK Hình chóp có chiều cao BC ( BK + CM ) 33 1 = = Suy ra: VA BCMK = AB.S BCMK = AB 3 Tương tự VA DCMN = 9 Vậy V1 = + = ⇒ V2 = 33 − = 18 (đvtt) 2  x + y = y + 16 x ( x, y ∈ R) Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2 + y = + x ( )  3  x + ( y − x ) − y = 0(*) Viết lại hệ phương trình:  2  y − x = 4(**) 2 3 2 Thay ( **) vào ( *) ta được: x + ( y − x ) ( y − x ) − y = ⇔ 21x − x y − xy = Ta có: ⇔ x ( 21x − xy − y ) = ⇔ x = ∨ x = − y ∨ x = y • x = vào ( **) ta y = ⇔ y = ±2  y = ⇒ x = −1 y2 ** y − = ⇔ y2 = ⇔  x = − y ( ) • vào ta  y = −3 ⇒ x = 80 y 31 =4⇔− y = Vô nghiệm • x = − y vào ( **) ta y − 49 49 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là: ( x; y ) = ( 0; ±2 ) , ( 1; −3) , ( −1;3) Câu 9.(1,0 điểm): Tìm giá trị lớn biểu thức: F = 3x + y + y + z + z + x Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có F ≤ 6 x + 12 ( y + z )  ≤ 18  x + 2 ( y + z )  = 18  x + 2 ( − x )      Xét hàm số f ( x ) = x + 2 ( − x ) miền xác định − ≤ x ≤ f ' ( x ) = 2x − 4x ( − x2 ) ( ∀x ∈ ( − 3; )) x = f ' ( x ) = − 3; ⇔   x = ±1 f ± = 3, f ( ) = 6, f ( ±1) = ⇒ max f ( x ) = ⇒ F ≤ 18.5 = 90 ⇒ F ≤ 10 ( ( ) )  − 3;    dấu x = y = z = Vậy max F = 10 ⇔ x = y = z = ThuVienDeThi.com 18 ĐỀ SỐ Câu 1.(2.0 điểm) Cho hàm số y = x − 2(m + 1) x + 2m − có đồ thị (Cm ) , với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C2 ) m = b) Tìm tất giá trị m để đường thẳng d : y = −1 cắt đồ thị (Cm ) hai điểm phân biệt A, B cho tam giác IAB có diện tích − với I ( 2;3) Câu 2.(1.0 điểm) Tìm nghiệm phương trình 2cos4x - ( - 2)cos2x = sin2x + biết x∈ [ ; π ] Giải bất phương trình log ( x + 1) − log ( x + 1)3 >0 x2 − 5x − Câu 3.(1.0 điểm)  x3 x  Tính tích phân ∫  x e + dx + x 0  Câu 4.(1,0 điểm) : Đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng mơn Vật lí có 50 câu trắc nghiệm, câu có bốn phương án trả lời, trả lời câu 0,2 điểm Một thí sinh làm 40 câu, 32 câu Ở 10 câu lại chọn ngẫu nhiễn bốn phương án Tính xác suất để thí sinh đạt từ điểm trở lên Câu (1.0 điểm) Cho tứ diện ABCD biết AB = CD = a, AD = BC = b, AC = BD = c Tính thể tích tứ diện ABCD Câu 6.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh D(7; –3) cạnh BC = 2AB Gọi M, N trung điểm AB BC Tìm tọa độ đỉnh C biết phương trình đường thẳng MN x + 3y – 16 = Câu (1.0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: x −2 y−3 z +3 = = mặt phẳng (P): − x + y + z + = Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm mặt phẳng (P), song song với d cách d khoảng 14 Câu 8.(1,0 điểm) 33 x −2 y − 5.6 x + 4.23 x −2 y = Giải hệ phương trình   x − y = y + ( y − x )( y + x ) Câu 9.(1.0 điểm) Cho x, y, z số thực dương lớn thoả mãn điều kiện xy + yz + zx ≥ 2xyz Tìm giá trị lớn biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1) LỜI GIẢI ThuVienDeThi.com 19 Câu 1.(2.0 điểm) : (1,0 điểm) Khi m = , ta có hàm số y = x − x + • Tập xác định : D = ¡ ( x − x2 + 3) = +∞ - Giới hạn: xLim →−∞ Lim ( x − x + 3) = +∞ x →+∞ • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = x( x − 3) ; y ' = ⇔ x = x = ± - Hàm số đồng biến khoảng: ( − 3;0) ( 3; +∞) Hàm số nghịch biến khoảng (−∞; − 3) (0; 3) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0, yC § = ; đạt cực tiểu x = ± 3, yCT = −6 - Bảng biến thiên +∞ x −∞ − 3 y’ – + – + +∞ +∞ y • Đồ thị : -6 -6 2.(1,0 điểm) Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm ) d: x − 2(m + 1) x + m − = −1 ⇔ x − 2( m + 1) x + m = (1) Đặt t = x ≥ Khi phương trình (1) trỏ thành: t − 2(m + 1)t + m = (2) Để (Cm ) cắt d hai điểm phân biệt phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt nghĩa phương trình (2) phải có nghiệm dương Trong phương trình (2) có ∆ ' = m + > 0, ∀m nên (2) ln có hai nghiệm phân biệt Vậy để (2) có nghiệm dương (2) phải có hai nghiệm trái dấu Điều tương đương với: ac < ⇔ m < Khi (2) có hai nghiệm: t1 = m + − m + < < t2 = m + + m + Tọa độ A(− t2 ; −1), B( t2 ; −1) ⇒ AB = t2 Ta có S∆IAB = d ( I , d ).AB ⇔ AB = S∆2IAB với d ( I , d ) = + = ⇔ 16t2 = 16(2 − 2) ⇔ m + = − − m  m < − m < −  m < − ⇔ ⇔ ⇔ 2  m = −2 − m = 2 − m + = (1 − − m) ( ) ThuVienDeThi.com 20 ... em học sinh thân mến! Luyện giải đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học trình quan trọng Cuốn sách Tuyển tập ? ?100 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI VÀO ĐẠI HỌC” thầy tổng hợp biên soạn từ nhiều đề thi thử Đại học. .. nhiều đề thi thử Đại học nước với nhiều đề thi hay để giúp em hệ thống lại kiến thức chuyên đề học, rèn luyện kĩ giải toán tạo tảng kiến thức tốt cho kỳ thi Đại học tới Nội dung sách viết tinh thần... 4.(1,0 điểm) : Đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng mơn Vật lí có 50 câu trắc nghiệm, câu có bốn phương án trả lời, trả lời câu 0,2 điểm Một thí sinh làm 40 câu, 32 câu Ở 10 câu cịn lại chọn ngẫu