Đề thi thử đại học lần 2 Phần chung cho tất cả thí sinh Câu I (2 điểm). Cho h m số y = (x - 2) 2 (x + 1), đồ thị là (C). 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số đã cho. 2. Tìm trên (C) điểm M có hoành độ là số nguyên dơng sao cho tiếp tuyến tại M của (C), cắt (C) tại hai điểm M và N thoả mãn MN = 3. Câu II (2 điểm) 1. Giải hệ phơng trình 1 1 1 1 1 1 2 1 x y y x + = + + = , với ẩn ,x y Ă . 2. Gải phơng trình ( ) 2 2 1 8 1 2cos os 3 sin 2( ) 3cos( 10,5 ) sin x 3 3 3 x c x x x + + = + + + + , với ẩn x Ă . Câu III (2 điểm) 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đờng thẳng y = 3 và đồ thị hàm số 2 y x x x= . 2. Cho 3 số dơng x, y, z thoả mãn x +3y+5z 3 . Chứng minh rằng 46253 4 +zxy + 415 4 +xyz + 4815 4 +yzx 45 5 xyz. Câu IV (1 điểm). Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D', có AB = a, AD = b, AA' = c và đáy ABCD là hình bình hành có góc BAD bằng 60 0 . Gọi M là điểm trên đoạn CD sao cho DM = 2MC. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng BDA' theo a, b, c. Phần riêng (Thí sinh chỉ đợc chọn một phần riêng thích hợp để làm bài) Câu Va (Theo chơng trình nâng cao) 1. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho hai đờng thẳng 1 2 2 4 1 5 : ; : 3 3 3 1 2 x t x y z d d y t z t = + + = = = + = a. Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng đó. b. Trong tất cả các mặt cầu tiếp xúc với cả hai đờng thẳng d 1 và d 2 ; Viết phơng trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất 2. Tìm phần thực của số phức (1 ) n z i= + . Trong đó * n Ơ và thoả mãn ( ) ( ) 4 5 log 3 log 6 4n n + + = . Câu Vb (Theo chơng trình chuẩn) 1. Trong khụng gian vi h trục ta Oxyz, cho hai im (4;0;0) , (0;0;4)A B v mt phng (P): 2 2 4 0x y z + = a. Chng minh rng ng thng AB song song vi mt phng (P). Vit phng trỡnh đờng thẳng d đi qua điểm A, vuông góc với đờng thẳng AB và song song với (P). b. Tỡm im C trờn mt phng (P) sao cho tam giỏc ABC u. 2. Giải phơng trình 2 3 3 log ( 2 6) log 5 2 2 2 6 4 ( 2 6) x x x x x x + + + = + , với ẩn x Ă Hết đáp án và biểu điểm Nội dung Điểm Câu I 2.0 1. 1.0 1 Hàm số có tập xác định là Ă ; x x Limy ; Li my + =+ = . 0. 25 y = 3x 2 - 6x; y = 0 x = 0 hoặc x = 2 x - 0 2 + y + 0 - 0 + y 0.25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-; 0) và (2; +); hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2). Điểm (0; 4) là điểm CĐ của đồ thị hàm số; điểm (2; 0) là điểm CT của đồ thị hàm số. Điểm U(1; 2) là điểm uốn của đồ thị hàm số. Đồ thị giao với các trục tọa độ: (-1; 0), (2; 0), (0; 4). 0.25 0.25 2. 1.0 Giả sử M(x 0 ; y 0 ) thuộc (C), x 0 là số nguyên dơng. Phơng trình tiếp tuyến với (C) tại M là y = (3x 0 2 - 6x 0 )x - 2x 0 3 + 3x 0 2 + 4. Goi tiếp tuyến này là (t). 0.25 Hoành độ giao điểm của (C) và (t) là nghiệm PT: x 3 - 3x 2 - (3x 0 2 - 6x 0 )x + 2x 0 3 - 3x 0 2 = 0 (x - x 0 ) 2 (x + 2x 0 - 3) = 0 x = x 0 hoặc x = -2x 0 + 3. 0.25 M(x 0 ; x 0 3 - 3x 0 2 + 4); N(-2x 0 + 3; -8x 0 3 + 24x 0 2 - 18x 0 + 4). MN 2 = 9x 0 2 - 18x 0 + 9 + 81x 0 2 (x 0 - 1) 2 (x 0 - 2) 2 . 0.25 MN 2 = 9 9x 0 2 - 18x 0 + 81x 0 2 (x 0 - 1) 2 (x 0 - 2) 2 = 0 9x 0 (x 0 - 2)(1 + 9x 0 (x 0 - 1) 2 (x 0 - 2)) = 0. Vì x 0 là số nguyên dơng nên x 0 = 2. Vậy M(2; 0). (Lu ý: Nếu thí sinh nhìn trên đồ thị, nhận thấy có trục hoành là một tiếp tuyến thoả mãn BT, do đó có điểm M(2; 0) là một điểm cần tìm, thì cho 0.5 điểm) 0.25 Câu II. 2.0 1. 1.0 ĐK x 1; y -1. Quy đồng đa về hệ 1 1 2 2 x y xy x x y xy y + + = + + = 0.25 1 1 3 2 2 3 y xy y xy x y x y y x + = + = + + = + = (rút đợc y = 3 - x) 0.5 2 4 - 0 + 2 4 (3 ) 2 4 4 0 3 1 3 x x x x x x y x y y x = = + = = = = ; Vậy nghiệm của hệ là 2 1 x y = = 0.25 2. 1.0 TXĐ: Ă ; Trên đó PT ó cho tng ng vi PT 2 2 6cos cos 8 3si n 2 9sin sin xx x x x+ = + + (1) 0.25 2 2 2 (1) 6cos 6sin cos cos sin 9sin 8 0 6cos (1 sinx) 2 2sin 9sin 9 0 (1 sin )(6cos 2sin 7) 0 x x x x x x x x x x x x + + = + + = + = 0.25 sin 1 2 ( ) 2 x x k k = = + Â 0.25 PT 6cosx + 2sinx - 7 = 0 vô nghiệm vì 6 2 + 2 2 < 7 2 . Vậy nghiệm của PT đã cho là 2 ( ) 2 x k k = + Â 0.25 Câu III. 2.0 1. 1.0 Hoành độ giao điểm của hai đồ thị: x 2 - x - x - 3 = 0 3 3 x x = = 0.25 3 2 3 3S x x x dx = 0.25 ( ) ( ) 0 3 0 3 2 2 2 2 0 0 3 3 3 2 3 3 2 3x dx x x dx x dx x x dx = + = + + + 0.25 = (3x - x 3 /3) 0 3 + (-x 3 /3 + x 2 + 3x) 3 0 = 9 + 2 3 0.25 2. 1.0 xy3 4625 4 +z + zx5 415481 44 +++ xyzy xyz545 2 2 4 x x + + 2 2 9 4 9 y y + + 2 2 25 4 25 z z + 45 (chia hai vế cho biểu thức dơng 15xyz) (*) 0.25 Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 3 2 2 2 36 (*) 3 5 9 3 5 3 5 3 5 VT x y z x y z x y z x y z + + + + + + ữ (Vì với các điểm 2 2 2 2 2 2 (0;0), ( ; ), ( 3 ; ), ( 3 5 ; ) 3 3 5 O A x B x y C x y z x x y x y z + + + + + + ta luôn có OA + AB + BC OC ) 0.25 Đặt ( ) 2 3 3 5t x y z= , vì x, y, z là các số dơng: x + 3y + 5z 3 nên 0 1t< . 0.25 Suy ra ( ) ( ) 2 3 2 3 36 9 3 5 3 5 x y z x y z + = 36 36 9 36 27 72 27 45t t t t t + = + = , đẳng thức xẫy ra khi t = 1. Vậy (*) đợc chứng minh, đẳng thức xẫy ra khi x = 3y = 5z = 1 0.25 Câu IV. 1.0 2 3 ME MD AE AB = = , do đó ( ,( ')) 2 ( ,( ')) 3 d M BDA ME d A BDA AE = = 0.25 ; 'AF BD AH A F Khi đó d(A, (BDA')) = AH. 0.25 3 D A B C A' M E F B' C' D' H Tam giác ABD có AB = a, AD = b, góc BAD bằng 60 0 nên 2 2 2 3 2 ABD S ab AF BD a b ab = = + 0.25 Trong tam giác vuông A'AF (vuông tại A), ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 3 ' 3 4 4 4 abc AH AH A A AF a b a c b c abc = + = + + Vậy 2 2 2 2 2 2 2 2 3 ( ,( ')) 3 3 4 4 4 abc d M BDA a b a c b c abc = + + 0.25 Câu Va (Theo chơng trình nâng cao) 3.0 1. 2.0 a. 1.0 ng thng d 1 i qua im M 1 (4; 1; -5) v cú vộc t ch phng (3; 1; 2)u = r ng thng d 2 i qua im M 2 (2; -3; 0) v cú vộc t ch phng ' (1;3;1)u = r 0.25 ( ) 1 2 1 2 , ' 5; 5;10 , ( 2; 4;5) , ' . 60u u M M u u M M = = = r ur uuuuuur r ur uuuuuur 0.25 ( ) 1 2 1 2 2 2 2 , ' . 60 60 , 2 6 5 6 5 ( 5) 10 , ' u u M M d d d u u = = = = + + r ur uuuuuur r ur . Vậy d(d 1 , d 2 ) = 2 6 . 0.5 b. 1.0 Gi s S(I, R) l một mặt cầu bất kỳ tip xỳc vi hai ng thng d 1 , d 2 tơng ứng ti hai im A v B khi ú ta luụn cú IA d 1 , IB d 2 và IA + IB AB . Suy ra 2R AB, du đẳng thức xy ra khi và chỉ khi I l trung im AB v AB l on vuụng gúc chung ca hai ng thng d 1 , d 2 0.25 Ad 1 , Bd 2 nờn A(4 + 3t; 1- t; -5-2t), B(2 + t; -3 + 3t; t); . 0 ' . ' 0 AB u AB u AB u AB u = = uuur r uuur r uuur ur uuur ur . Giải hệ này tìm đợc A(1; 2; -3) v B(3; 0; 1) I(2; 1; -1). 0.5 Mt cu (S) cú tõm I(2; 1; -1) v bỏn kớnh R= 6 nờn cú phng trỡnh l: ( ) 2 2 2 2 ( 1) ( 1) 6x y z + + + = 0.25 2. 1.0 Hàm số f(x) = ( ) ( ) 4 5 log 3 log 6x x + + là hàm số đồng biến trên (3; +) và f(19) = 4. Do đó phơng trình ( ) ( ) 4 5 log 3 log 6 4n n + + = có nghiệm duy nhất 19n = . 0.5 w 1 2( os isin ) 4 4 i c = + = + . Vi n = 19 ỏp dng cụng thc Moavr ta có: 19 19 19 19 19 3 3 w ( 2) os isin ( 2) os isin 4 4 4 4 z c c = = + = + ữ ữ Suy ra phn thc ca z l : ( ) 19 19 3 2 2 os ( 2) . 512 4 2 c = = . 0.5 Câu Vb (Theo chơng trình chuẩn) 3.0 1. 2.0 a. 1.0 Ta có ( 4;0;4)AB uuur ; mt phng (P) cú vộc t phỏp tuyn l (2; 1;2)n r . Suy ra . 4.2 0 2.4 0 v ( ) //( )AB n A P AB P= + + = uuur r 0.5 Vì đờng thẳng (d) vuông góc với AB và song song với (P) nên véc tơ chỉ phơng của đờng thẳng (d) là , (4;16;4)u AB n = = r uuur r . Vậy phơng trình đờng thẳng (d) là 4 4 x t y t z t = + = = 0.5 b. 1.0 4 Giả sử C(x; y; z). Điểm C thuộc mp(P) và tam giác ABC là tam giác đều nên 2 2 4 0x y z AC AB BC AB + = = = 0.25 Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 4 0 ( 4) 32 ( 4) 32 x y z x y z x y z + = + + = + + = 0.25 2 2 2 2 2 4 0 8 16 0 x z x y z x y z x = + = + + = Giải hệ này đợc x= 0, x = 20/9. Vậy C(0; -4; 0); C(20/9; 44/9; 20/9). 0.5 2. 1.0 ĐK xác định: x 2 -2x + 6 > 0 x Ă . Đặt t = ( ) 2 3 log 2 6x x + . PT trở thành 3 4 5 t t t + = 0.5 PT 3 4 5 t t t + = có nghiệm duy nhất t = 2. 0.25 Giải đợc x = -1; x = 3. Vậy nghiệm của PT đã cho là x = -1, x = 3. 0.25 Hết 5 . IV. 1.0 2 3 ME MD AE AB = = , do đó ( ,( ')) 2 ( ,( ')) 3 d M BDA ME d A BDA AE = = 0.25 ; 'AF BD AH A F Khi đó d( A, (BDA')) = AH. 0.25 3 D A B C A' M E F B' C' D& apos; H Tam. 10 , ' u u M M d d d u u = = = = + + r ur uuuuuur r ur . Vậy d( d 1 , d 2 ) = 2 6 . 0.5 b. 1.0 Gi s S(I, R) l một mặt cầu bất kỳ tip xỳc vi hai ng thng d 1 , d 2 tơng ứng ti hai. ta luụn cú IA d 1 , IB d 2 và IA + IB AB . Suy ra 2R AB, du đẳng thức xy ra khi và chỉ khi I l trung im AB v AB l on vuụng gúc chung ca hai ng thng d 1 , d 2 0.25 Ad 1 , Bd 2 nờn A(4 +