ĐỀ THITHỬĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y=-x
3
+3x
2
-2 (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2. Tìm trên đường thẳng (d): y=2 các điểm kẻ được ba tiếp tuyến đến đồ thị (C ).
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình
2 2
2 3 5 4 6
x x x x x
( x
R).
2. Giải phương trình
3
2 2 cos2 sin2 cos( ) 4sin( ) 0
4 4
x x x x
.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
3
2
2
1
log
1 3ln
e
x
I dx
x x
Câu IV(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của
A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’
biết khoảng cách giữa AA’ và BC là
a 3
4
Câu V (1,0 điểm)
Cho x, y, z
0
thoả mãn x + y + z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
3
16
x y z
P
x y z
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A.Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a( 2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng
:
3 8 0
x y
,
':3 4 10 0
x y
và
điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng
, đi qua điểm A và tiếp xúc với
đường thẳng
’.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d
1
:
1 1 1
2 1 1
x y z
;
d
2
:
1 2 1
1 1 2
x y z
và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của đường
thẳng , biết nằm trên mặt phẳng (P) và cắt hai đường thẳng d
1
, d
2
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức z
4
– z
3
+ 6z
2
– 8z – 16 = 0
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b(2,0 điểm)
1. Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C
1
): x
2
+ y
2
– 4 y – 5 = 0 và (C
2
): x
2
+ y
2
- 6x + 8y + 16 = 0
Lập phương trình tiếp tuyến chung của (C
1
) và (C
2
)
2.Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng sau:
1 2
x 1 2t
x y 1 z 2
d : ; d : y 1 t
2 1 1
z 3
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y
x y
¡
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THITHỬĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG .
Môn thi : TOÁN
Câu Ý
Nội dung Điểm
1
*Tập xác định: D = R
* y’ = - 3x
2
+ 6x ; y’ = 0
0
2
x
x
*Bảng biến thiên
x - 0 3 +
y’ - 0 + 0 -
+ 2
y
-2 -
* Hàm số nghịch biến trên ( -
;1) và ( 3; +
); đồng biến trên ( 1; 3)
* Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và y
CT
= -2; hàm số đạt cực đại tại x = 2 và y
CĐ
= 2
* Đồ thị :
f(x)=-x^3+3x^2-2
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-4
-2
2
4
x
y
1đ
I
2
(1,0 điểm): Gọi M
( )
d
M(m;2). Gọi
là đường thẳng đi qua điểm M và có hệ số
góc k
PTĐT
có dạng : y=k(x-m)+2.
ĐT
là tiếp tuyến của (C ) khi và chỉ khi hệ PT sau có nghiệm
3 2
2
3 2 ( ) 2 (1)
3 6 (2)
x x k x m
x x k
(I).
Thay (2) và (1) được: 2x
3
-3(m+1)x
2
+6mx-4=0
(x-2)[2x
2
-(3m-1)x+2]=0
2
2
2 (3 1) 2 0 (3)
x
x m x
. Đặt f(x)=VT(3)
Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị ( C)
hệ (I) có 3 nghiệm x phân biệt
PT(3)
có hai nghiệm phan biệt khác 2
0 1 hoÆc m>5/3
(2) 0 m 2
m
f
.
Vậy M(m;2) thuộc (d): y=2 với
1 hoÆc m>5/3
m 2
m
thì từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến
(C)
0,25
0,25
0,25
0,25
1
Điều kiện
2
2
2 0
0 2
5 4 6 0
x x
x x
x x
Bình phương hai vế ta được
2
6 ( 1)( 2) 4 12 4
x x x x x
3 ( 1)( 2) 2 ( 2) 2( 1)
x x x x x x
( 2) ( 2)
3 2 2
1 1
x x x x
x x
Đặt
( 2)
0
1
x x
t
x
ta được bpt
2
2 3 2 0
t t
1
2
2
2
t
t
t
( do
0
t
)
Với
2
( 2)
2 2 6 4 0
1
x x
t x x
x
3 13
3 13
3 13
x
x
x
( do
2
x
) Vậy bpt có nghiệm
3 13
x
0,5
0,5
II
2
3
2 2 cos2 sin2 cos( ) 4sin( ) 0
4 4
x x x x
3 3
2 2 cos2 sin2 (cos .cos sin sin ) 4(sin cos cos sin )
0
4 4 4 4
x x x x x x
4cos2x-sin2x(sinx+cosx)-4(sinx+cosx)=0
(sinx+cosx)[4(cosx-sinx)-sin2x-4]=0
sinx+cosx=0 (2)
4(cosx-sinx)-sin2x-4=0 (3)
. PT (2) có nghiệm
4
x k
.
Giải (2) : Đặ
sinx-cosx= 2sin( ), §iÒu kiÖn t 2 (*)
4
t x
2
sin2 1
x t
,
thay vào (2) được PT: t
2
-4t-5=0
t=-1( t/m (*)) hoặc t=5(loại )
Với t=-1 ta tìm được nghiệm x là :
3
2 hoÆc x= 2
2
x k k
.
KL: Họ nghiệm của hệ PT là:
4
x k
,
3
2 vµ x= 2
2
x k k
0,25
0,25
0.25
0,25
III
3
3 2
2
3
2 2 2
1 1 1
ln
log 1 ln . ln
ln 2
.
ln 2
1 3ln 1 3ln 1 3ln
e e e
x
x
x xdx
I dx dx
x
x x x x x
Đặt
2 2 2
1 1
1 3ln ln ( 1) ln .
3 3
dx
x t x t x tdt
x
. Đổi cận …
Suy ra
2
2 2
3
2
2
3 3
2
1 1 1
1
1
log 1 1 1
3
. 1
ln 2 3 9ln 2
1 3ln
e t
x
I dx tdt t dt
t
x x
2
3
3 3
1
1 1 4
9ln 2 3 27ln 2
t t
0,5
0,5
IV
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:
BCOA
BCAM
'
)'( AMABC
Kẻ ,'AAMH
(do
A
nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do
BCHM
AMAHM
AMABC
)'(
)'(
.Vậy HM là đọan vơng góc chung của
AA’và BC, do đó
4
3
)BC,A'( aHMAd .
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH
ta có:
AH
HM
AO
OA
'
suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
0,5
0,5
V
Trước hết ta có:
3
3 3
4
x y
x y
(biến đổi tương đương)
2
0
x y x y
Đặt x + y + z = a. Khi đó
3 3
3 3
3
3
3 3
64 64
4 1 64
x y z a z z
P t t
a a
(với t =
z
a
,
0 1
t
)
Xét hàm số f(t) = (1 – t)
3
+ 64t
3
với t
0;1
. Có
2
2
1
'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1
9
f t t t f t t
Lập bảng biến thiên
0;1
64
inf
81
t
M t
GTNN của P là
16
81
đạt được khi x = y = 4z > 0
0,5
0,5
1
Tâm I của đường tròn thuộc
nên I(-3t – 8; t)
Theo yc thì k/c từ I đến
’ bằng k/c IA nên ta có
2 2
2 2
3( 3 8) 4 10
( 3 8 2) ( 1)
3 4
t t
t t
Giải tiếp được t = -3 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)
2
+ (y + 3)
2
= 25.
0,25
0,25
0,5
VIa
2
Gọi A = d
1
(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d
2
(P) suy ra B(2; 3; 1)
Đường thẳng thỏa mãn bài tốn đi qua A và B.
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng là
(1;3; 1)
u
r
Phương trình chính tắc của đường thẳng là:
1 2
1 3 1
x y z
0,5
0,5
VIIa
Xét phương trình Z
4
– Z
3
+ 6Z
2
– 8Z – 16 = 0
Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z
1
= –1, sau đó bằng cách chia đa thức
hoặc Honer ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z
2
= 2. Vậy phương trình trở thành:
(Z + 1)(Z – 2)(Z
2
+ 8) = 0 Suy ra: Z
3
=
2 2 i
và Z
4
= –
2 2 i
0,5
A
B
C
C’
B’
A
’
H
O
M
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp
án quy định.
Hết
Ñaùp soá:
1,2, 2 2 i, 2 2 i
0,5
1
1 1 1 2 2 2
: 0;2 , 3; : 3; 4 , 3.
C I R C I R
Gọi tiếp tuyến chung của
1 2
,
C C
là
2 2
: 0 0
Ax By C A B
là tiếp tuyến chung của
1 2
,
C C
2 2
1 1
2 2
2 2
2 3 1
;
;
3 4 3 2
B C A B
d I R
d I R
A B C A B
Từ (1) và (2) suy ra
2
A B
hoặc
3 2
2
A B
C
Trường hợp 1:
2
A B
.Chọn
1 2 2 3 5 :2 2 3 5 0
B A C x y
Trường hợp 2:
3 2
2
A B
C
. Thay vào (1) được
2 2
4
2 2 0; : 2 0; : 4 3 9 0
3
A B A B A A B y x y
0,5
0,5
VIb
2
Gọi
1 2
M d M 2t;1 t; 2 t ,N d N 1 2t';1 t ';3
1
1
MN 2t 2t' 1;t t'; t 5
2 2t 2t' 1 t t' t 5 0
MN.u 0
2 2t 2t' 1 t t' 0
MN.u 0
6t 3t ' 3 0
t t' 1
3t 5t' 2 0
M 2;0; 1 ,N 1;2;3 ,MN 1;2;4
x 2 y z 1
PT MN :
1 2 4
uuuur
uuuur uur
uuuur uur
uuuur
0,5
0,5
VIIb
Điều kiện:
0
0
y x
y
Hệ phương trình
4 4 4
2 2 2 2 2 2
1 1
log log 1 log 1
4
25 25 25
y x y x
y x
y y y
x y x y x y
2
2 2 2 2
3
3 3
25
25 9 25
10
x y
x y x y
y
x y y y
15 5
; ;
10 10
15 5
; ;
10 10
x y
x y
( loại) Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
0,5
0,5
. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y=-x
3
+3x
2
-2 (C)
.
¡
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG .
Môn thi : TOÁN
Câu Ý
Nội dung Điểm
1
*Tập xác định: D = R
* y’ = - 3x
2
+ 6x ; y’ = 0