ĐỀ THI THỬ TOÁN KHỐI D - BÁO TUỔI TRẺ

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi: TOÁN, khối D Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 1 (1). 1 x x + + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tính diện tính của tam giác tạo bởi các trục tọa độ và tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại điểm M(-2;5). Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình .02sin4cos)cos(sin4 44  xxxx 2. Giải bất phương trình (x+1)(x-3) 32 2  xx < 2 – (x-1) 2 . Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (  ):2x – y + 2z + 1 = 0 và đường thẳng d: . 22 1 1 1      zyx 1. Tìm tọa độ giao điểm của d với (  ); tính sin của góc giữa d và (  ). 2. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, tiếp xúc với hai mặt phẳng (  ) và Oxy. Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân I = . 4 1 0 2 2 dx x x xe x            2. Cho các số thực x,y thỏa mãn 0 3   x và 0 3   y . Chứng minh rằng cosx + cosy 1+cos(xy). PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu:V.a hoặcV.b Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm) 1. Chứng minh đẳng thức n.2 n .C 0 n + (n-1).2 n-1 2. 1 n C + …+ 2C 1n n = 2n.3 n-1 (n là số nguyên dương, C k n là số tổ hợp chập k của n phần tử). 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x-4) 2 + y 2 = 4 và điểm E(4;1). Tìm tọa độ điểm M trên trục tung sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) với A, B là các tiếp điểm sao cho đường thẳng AB đi qua điểm E. Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải bất phương trình .022.162 12242 22   xxxx 2. Cho tứ diện ABCD và các điểm M, N, P lần lượt thuộc các cạnh BC, BD, AC sao cho BC = 4BM, AC = 3AP, BD = 2BN. Mặt phẳng (MNP) cắt AD tại Q. Tính tỷ số AD AQ và tỷ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mặt phẳng (MNP). ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN (đề số 1), khối D Câu Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) Tập xác định : D = R\{-1}. Sự biến thiên : . 0 )2( 2 2 ' Dx x y    0,25 Tiệm cận đứng: x = -1, tiệm cận ngang: y = 3. 0,25 Bảng biến thiên : x -∞ -1 +∞ y’ + + y +∞ 3 3 - ∞ 0,25 Đồ thị : 0,25 2 Tính diện tích tam giác (1,00 điểm) Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số tại M là: y = y ’ (-2)(x+2) + 5  y = 2x + 9. 0,25 Đường thẳng d cắt trục hoành tại A        0; 2 9 và cắt trục tung tại B(0;9). Diện tích tam giác OAB là . 4 81 9 2 9 2 1 . 2 1  OBOAS OAB 0,50 II 2,00 3 1 -1 O y x 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với    052sin412sin052sin2sin4 02sin2sin212sin 2 1 14 2 22          xxxx xxx sin 2 1 , 4 x x k k Z p p Û = - Û = - + Î 0,50 0,50 2 Tìm m để phương trình có nghiệm (1,00 điểm) Đặt .032 2  xxt Khi đó ta có       .41,31 2 2 2  txtxx Bất phương trình trở thành       .0221 02210242. 2 22322   ttvit tttttttt  0,25 Ta được .3131022132 22  xxxxx Nghiệm của bất phương trình là .3131  x 0,50 III 2,00 1 Tìm tọa độ giao điểm của d với (α) và tính sin của góc… (1,00 điểm) Gọi M là giao điểm của d với (α). Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình: .1;2; 2 3 22 1 1 1 0122                   M zyx zyx 0,50 Vec tơ pháp tuyến của (α) là   2;1;2 n , vec tơ chỉ phương của d là   .2;2;1 u Gọi φ là góc giữa d và (α). Ta có . 9 4 3.3 422 . . sin    un un  0,50 2 Viết phương trình mặt cầu (1,00 điểm) Gọi I = (1+t;1+2t;-2t)  d là tâm của mặt cầu (S) cần tìm. Do (S) tiếp xúc với (α) và mặt phẳng (Oxy) nên ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 4 1 1 , , 2 1 . 3 5 t t t d I d I Oxy t t ta + - + - + = Û = Û = - Ú = 0,50 Với t = -1 thì (S) có tâm I(0;-1;2) và bán kính R=2 nên (S) có phương trình     .421 22 2  zyx Với 5 1 t thì (S) có tâm        5 2 ; 5 7 ; 5 6 I và bán kính R = 5 2 nên (S) có phương trình . 25 4 5 2 5 7 5 6 222                       zyx 0,50 IV 2,00 1 Tính tích phân…(1,00 điểm)               1 0 2 1 0 2 1 0 2 2 . 44 x xdx dxxedx x x xeI xx                1 0 2 1 0 2 1 0 1 0 22 2 1 2 1 dxexeexddxxeK xxxx       .1 4 1 12 4 1 2 1 0 2  exe x   .234 4 1 0 1 0 2 2      x x xdx J Do đó . 4 7 3 2   e JKI 0,50 2 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm) Do        3 ;0,  yx nên 3 2 0     yx xy , suy ra .cos 2 cos xy yx   Ta có xy yxyxyx yx cos2 2 cos2 2 cos 2 cos2coscos       (1). 0,25 Xét hàm số   tttf cos2cos1 2  với . 3 ;0         t Ta có     .sinsin2 2' ttttf  Nhận thấy f ’(1) = 0, f(1) = =1 - cos1. Nếu 0 < t < 1 thì t 2 < t < 1 nên tsint 2 < sint 2 < sint, do đó f ’(t) > 0. Nếu 1 < t < 3  thì t < t 2 < 2  nên tsint 2 > sint 2 > sint, do đó f ’(t) < 0. Do đó ta có bảng biến thiên t 0 1 3  f ’(t) + 0 - f(t) 1 – cos1 0 9 cos 2  0,50 Do 0 9 cos 2   nên   . 3 ;0,0         ttf Suy ra     .2cos1cos2 xyxy  Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. 0,25 V.a 2,00 1 Chứng minh đẳng thức (1,00 điểm) Xét khai triển                   *2 212122 2 2212 121110 1 ' 1 1 10       n n n n nn n n n n n n n n n n n n CxCnxCnxnxf CxCxCxCxxf 0,50 Thay x = 1 vào (*) ta được   .3.22 2.1.2. 11110   nn nn n n n nCCnCn Nhận xét : có thể khai triển (1+x) n , lấy đạo hàm, cho x= 2, rồi nhân 2 vế cho 2. 0,50 2 Tìm tọa độ điểm M (1,00 điểm) Gọi I là tâm đường tròn (C) suy ra I(4;0). Xét M(0;a) thuộc trục tung mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C). Giả sử A(x 1 ;y 1 ); B(x 2 ;y 2 ). Ta có   ,; 11 ayxMA    11 ;4 yxIA  . Vì MA IA  nên         .044404 11 2 1 2 11111  ayxyxayyxx Vì A thuộc (C) nên .0124 11  ayx Suy ra A thuộc đường thẳng 4x – ay – 12 = 0. 0,50 Tương tự, B thuộc đường thẳng 4x – ay – 12 = 0. Do đó phương trình đường thẳng AB là 4x – ay – 12 = 0. Đường thẳng AB đi qua E(4;1) nên a=4. Điểm cần tìm là M(0;4). Cách khác: pt tiếp tuyến tại A(x 1 ;y 1 ) có dạng ( ) 1 1 4 ( 4) 4 0 x x y y - - + - = Vì tiếp tuyến qua M(0;a) nên có ( ) 1 1 4 ( 4) 4 0 x y a - - + - = Tương tự, tọa độ B(x 2 ;y 2 ) thỏa ( ) 2 2 4 ( 4) 4 0 x y a - - + - = Suy ra pt AB là 4x – ay – 12 = 0. 0,50 V.b 2,00 1 Giải bất phương trình mũ (1,00 điểm) Đặt t = .0,2 12 2   t xx Bất phương trình đã cho trở thành t 2 - 4 2 0 t - £ Û t 3 – 2t – 4 ≤ 0 Û (t - 2)(t 2 + 2t +2) Û t ≤ 2. 0,50 Ta có 0 < 2 2 12 2   xx Û x 2 – 2x - 2≤ 0 Û .3131  x Nghiệm của bất phương trình là .3131  x 0,50 2 Tính tỷ số … (1,00 điểm) Gọi E = MN ∩ CD. Khi đó Q = PE∩ AD. Gọi F là trung điểm của BC và G là điểm trên AC sao cho DG//PQ. Nhận thấy FD//MN. Ta có 3 5 3 2 1 2 1 2 1 2 11   MC MF EC ED PC PG AP PG AP G Suy ra 5 3  AG AP AD AQ 0,50 0,50 D N G P F M B A Q C E Gọi V là thể tích tứ diện ABCD, V 1 là thể tích khối đa diện ABMNQP, V 2 là thể tích khối đa diện CDNMPQ. Khi đó V 2 =V-V 1 . Ta có V 1 = V ABMN + V AMPN + V APQN. Do . 2 1 , 8 3 S S , 8 1 S S nên 2 1 , 4 1 BCD MNC BCD BMN  BCD DNC S S BD BN BC BM Suy ra . 10 1 5 3 . 3 1 , 8 1 3 1 V , 8 1 AMNP VVVVVVV ADNCAPQNAMNCABMN  Như vậy . 13 7 V V rasuy , 20 7 2 1 1  VV 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. Hướng dẫn: Trung tâm Luyện thi Vĩnh Viễn. . V 2 là thể tích khối đa diện CDNMPQ. Khi đó V 2 =V-V 1 . Ta có V 1 = V ABMN + V AMPN + V APQN. Do . 2 1 , 8 3 S S , 8 1 S S nên 2 1 , 4 1 BCD MNC BCD BMN  BCD DNC S S BD BN BC BM Suy. định : D = R {-1 }. Sự biến thi n : . 0 )2( 2 2 ' Dx x y    0,25 Tiệm cận đứng: x = -1 , tiệm cận ngang: y = 3. 0,25 Bảng biến thi n : x - -1 +∞ y’ + + y +∞ 3 3 - ∞ . 1 4 ( 4) 4 0 x x y y - - + - = Vì tiếp tuyến qua M(0;a) nên có ( ) 1 1 4 ( 4) 4 0 x y a - - + - = Tương tự, tọa độ B(x 2 ;y 2 ) thỏa ( ) 2 2 4 ( 4) 4 0 x y a - - + - = Suy ra pt AB là