ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 1 2 x y x + = − . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Gọi (d) là đường thẳng qua ( ) 2;0M có hệ số góc k. Tìm k để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho 2MA MB= − uuur uuur . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 1 3 sin cos cos x x x + = . 2. Giải phương trình 2 2 2 2 3 2 3 9x x x x x + + + + + = ( ) x∈¡ . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân ( ) 4 2 2 0 log 9I x x dx= + ∫ . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc · 0 60ABC = , hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 0 30 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, CD theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho bất phương trình 2 2 4 2 15 2 13x x x x m− − + + ≥ − − + Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi [ ] 3;5x∈ − . 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 Oxy, cho điểm ( ) M 6;2 và đường tròn (C): ( ) ( ) 2 2 x 1 y 2 5− + − = . Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho AB 10= . 2. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng ( ) 1 1 : 2 4 1 x y z d − + = = − và hai điểm ( ) ( ) 4; 1;1 , 2;5;0A B− . Tìm điểm M trên (d) sao cho tam giác MAB vuông tại M . Câu VII.a (1.0 điểm) Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( ) 3 3 3 8 2 0,5 log 2 log 3 2 3 x y y x y x y − − = − + + = . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm ( ) 1;2A − và đường thẳng ( ) : 2 3 0d x y− + = . Tìm trên đường thẳng (d) hai điểm ,B C sao cho tam giác ABC vuông tại C và 3AC BC = . 2. Trong không gian Oxyz, cho các điểm ( ) ( ) ( ) 0;1;0 , 2;2;2 , 2;3;4A B C − và đường thẳng ( ) 1 2 3 : 2 1 2 x y z d − + + = = − . Tìm điểm M thuộc (d) sao cho thể tích khối tứ diện MABC bằng 3. Câu VII.b (1.0 điểm) Giải hệ phương trình 2 3 3 3 9.4 2.4 4 0 log log 1 0 y x x y − − = − + = . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điể m I (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) • Tập xác định: { } \ 2D = ¡ • Sự biến thiên: ￚ Chiều biến thiên: ( ) 2 3 ' 0, 2 y x D x − = < ∀ ∈ − Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) ;2−∞ và ( ) 2;+∞ 0.25 ￚ Giới hạn và tiệm cận: lim lim 1 x x y y →−∞ →+∞ = = ; tiệm cận ngang: 1y = 2 2 lim ,lim x x y y − + → → = −∞ = +∞ ; tiệm cận đứng: 2x = 0.25 ￚ Bảng biến thiên: 0.25 • Đồ thị 0.25 2.(1,0 điểm) Phương trình đường thẳng (d): 2y kx k= − Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C): 1 2 2 x kx k x + = − − (1) Điều kiện: 2x ≠ Phương trình (1) tương đương với: ( ) 2 ( ) 4 1 4 1 0f x kx k x k= − + + − = (2) 0.25 (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ (2) có hai nghiệm phân biệt khác 2 0.25 ( ) 0 0 12 1 0 1 2 3 0 12 k k k k f ≠ ≠ ⇔ ∆ = + > ⇔ > − = − ≠ (*) Đặt ( ) ( ) 1 1 2 2 ; , ;A x y B x y với 1 2 ,x x là hai nghiệm của (2) và 1 1 2 2 2 ; 2 2y kx k y x k= − = − Khi đó: ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 6 2 2 2 x x MA MB x x y y − = − − = − ⇔ ⇔ + = − = − − uuur uuur (3) 0.25 Theo định lý Viet ta có: 1 2 1 2 4 1 (4) 4 1 (5) k x x k k x x k + + = − = Từ (3) và (4) suy ra: 1 2 2 2 4 1 ; k k x x k k + − = = (6) Từ (5) và (6) ta được: 2 2 2 1 4 1 2 . 3 k k k k k k k + − − = ⇔ = , thỏa (*) Vậy, giá trị k thỏa đề bài là: 2 3 k = . 0.25 II (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Điều kiện: cos 0x ≠ (*) Phương trình đã cho tương đương với: 2 3 1 cos2 3sin cos cos 1 sin2 1 cos 2 3 sin2 1 2 2 x x x x x x x + + = ⇔ + = ⇔ + = 0.25 1 3 1 cos 2 sin2 2 2 2 x x⇔ + = 0.25 1 cos 2 3 2 x π ⇔ − = ÷ 0.25 3 x k x k π π π = + ⇔ = ( k ∈ ¢ ), thỏa (*) Vậy, phương trình có nghiệm là: 3 x k x k π π = + ∨ = ( k ∈ ¢ ). 0.25 2.(1,0 điểm) Đặt 2 3t x x= + + , phương trình đã cho trở thành: 2 12 0t t+ − = 0.25 2 3 12 0 4 t t t t = + − = ⇔ = − 0.25 • Với 3t = thì 2 2 2 3 3 3 1 3 6 9 x x x x x x x ≤ + + = ⇔ ⇔ = + = − + 0.25 • Với 4t = − thì 2 2 2 4 3 4 3 8 16 x x x x x x x ≤ − + + = − ⇔ ⇔ ∈∅ + = + + Vậy, phương trình có nghiệm là: 1x = . 0.25 III (1,0 điểm) Đặt ( ) ( ) 2 2 2 2 log 9 9 .ln 2 x u x du dx x = + ⇒ = + và 2 9 2 x dv xdx v + = ⇒ = 0.25 (1,0 điểm) Suy ra: ( ) 4 4 2 2 2 0 0 9 1 .log 9 2 ln 2 x I x xdx + = + − ∫ 0.25 • ( ) 4 2 2 2 2 2 2 2 0 9 25 9 .log 9 log 25 log 9 25log 5 9log 3 2 2 2 x x + + = − = − • 4 4 2 0 0 8 2 x xdx = = ∫ 0.25 Vậy 2 2 8 25log 5 9log 3 ln 2 I = − − . 0.25 IV (1,0 điểm) (1,0 điểm) Gọi O AC BD= I , M là trung điểm AB và I là trung điểm của AM. Do tam giác ABC là tam giác đều cạnh a nên: ,CM AB OI AB⊥ ⊥ và 2 3 3 3 , , 2 4 2 ABCD a a a CM OI S= = = 0.25 Vì (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD) nên ( ) SO ABCD⊥ Do AB OI AB SI⊥ ⇒ ⊥ . Suy ra: ( ) ( ) · ( ) · · 0 , , 30SAB ABCD OI SI SIO= = = Xét tam giác vuông SOI ta được: 0 3 3 .t an30 . 4 3 4 a a SO OI= = = Suy ra: 2 3 1 1 3 3 . . . . 3 3 2 4 24 ABCD a a a V S SO= = = . 0.25 Gọi J OI CD= I và H là hình chiếu vuông góc của J trên SI Suy ra: 3 2 2 a IJ OI= = và ( ) JH SAB⊥ Do ( ) / / / /CD AB CD SAB⇒ . Suy ra: ( ) ( ) ( ) , , ,d SA CD d CD SAB d J SAB JH= = = 0.25 Xét tam giác vuông IJH ta được: 0 3 1 3 .sin30 . 2 2 4 a a JH IJ= = = Vậy ( ) 3 , 4 a d SA CD = . 0.25 V (1,0 điểm) (1,0 điểm) Xét bất phương trình: 2 2 4 2 15 2 13x x x x m− − + + ≥ − − + (1) 0.25 Điều kiện: 2 2 15 0 3 5x x x− + + ≥ ⇔ − ≤ ≤ Đặt 2 2 15t x x= − + + , ta có: 2 1 ' , ' 0 1 2 15 x t t x x x − = = ⇔ = − + + Bảng biến thiên: Suy ra: [ ] 0;4t ∈ Do 2 2 2 2 15 2 15t x x x x t= − + + ⇔ − = − nên bất phương trình đã cho trở thành: 2 4 2t t m− − ≥ (2) 0.25 Xét hàm số 2 ( ) 4 2f t t t= − − với [ ] 0;4t ∈ , ta có: ( ) ' 2 4 0 2f t t t= − = ⇔ = Bảng biến thiên: Suy ra: [ ] ( ) 0;4 min ( ) 2 6 t f t f ∈ = = − 0.25 Bất phương trình (1) nghiệm đúng [ ] 3;5x∀ ∈ − ⇔ Bất phương trình (1) nghiệm đúng [ ] 0;4t∀ ∈ ⇔ m ≤ [ ] 0;4 min ( ) t f t ∈ ⇔ 6m ≤ − Vậy, giá trị m thỏa đề bài là: 6m ≤ − . 0.25 VI.a 1. (1,0 điểm) Đường tròn (C) có tâm ( ) I 1;2 và bán kính R 5= Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB, ta có: 2 2 2 2 2 AB 10 5 10 IH IA AH R 5 IH 4 4 2 2 = − = − = − = ⇒ = 0.25 Đường thẳng (d) đi qua M và có VTPT ( ) n a;b= r ( ) 2 2 0a b+ ≠ có dạng: ( ) ( ) a x 6 b y 2 0 ax by 6a 2b 0− + − = ⇔ + − − = 0.25 Đường thẳng (d) thỏa đề bài khi: 0.25 (2,0 điểm) ( ) 2 2 2 2 a 2b 6a 2b 10 d I;(d) IH 9a b b 3a 2 a b + − − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ± + • Với b 3a= − ta được ( ) d : x 3y 0− = • Với b 3a= ta được ( ) d : x 3y 12 0+ − = Vậy, có hai đường thẳng thỏa đề bài là: ( ) d : x 3y 0− = hoặc ( ) d : x 3y 12 0+ − = . 0.25 2.(1,0 điểm) Phương trình tham số của (d): 1 2 4 1 x t y t z t = + = = − − . Đặt ( ) 1 2 ;4 ; 1M t t t+ − − Ta có: ( ) ( ) 3 2 ; 1 4 ;2 ; 1 2 ;5 4 ;1MA t t t MB t t t= − − − + = − − + uuur uuur 0.25 MAB∆ vuông tại M . 0MA MB⇔ = uuur uuur ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 1 2 1 4 5 4 2 1 0 4 10 3 4 16 5 3 2 0 23 9 23 0 0 9 t t t t t t t t t t t t t t t t ⇔ − − + − − − + + + = ⇔ − + + − − + + + = ⇔ − = ⇔ = ∨ = 0.25 • ( ) 0 1;0; 1t M= ⇒ − 0.25 • 23 55 92 32 ; ; 9 9 9 9 t M = ⇒ − ÷ Vậy, có hai điểm thỏa đề bài là: ( ) 1;0; 1M − hoặc 55 92 32 ; ; 9 9 9 M − ÷ . 0.25 VII.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) Xét hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) 3 3 3 8 2 0,5 (1) log 2 log 3 2 3 (2) x y y x y x y − − = − + + = Điều kiện: 2 0;3 2 0x y x y− > + > (*) 0.25 Khi đó: ( ) 6 1 3 2 x y y y x − + ⇔ = − ⇔ = − (3) 0.25 Thay (3) vào (1) ta được: 2 3 3 log 3 log 3 3 27 3x x x x+ = ⇔ = ⇔ = ± . 0.25 • Với 3 3x y= ⇒ = − , thỏa (*) • 3 3x y= − ⇒ = , không thỏa (*) Vậy, hệ phương trình có nghiệm là: 3 3 x y = = − . 0.25 VI.b (1,0 điểm) Từ yêu cầu của bài toán ta suy ra C là hình chiếu vuông góc của A trên (d) Phương trình đường thẳng ( ) ∆ qua A và vuông góc với (d) là: 2x y m 0+ + = ( ) ( ) A 1;2 2 2 m 0 m 0− ∈ ∆ ⇔ − + + = ⇔ = Suy ra: ( ) : 2x y 0∆ + = . 0.25 Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: { 3 x 3 6 2x y 0 5 C ; x 2y 3 6 5 5 y 5 = − + = ⇔ ⇒ − ÷ − = − = . 0.25 (2,0 điểm) Đặt ( ) B 2t 3;t (d)− ∈ , theo giả thiết ta có: 2 2 3 9AC BC AC BC= ⇔ = 0.25 2 2 2 16 t 4 16 12 6 15 9 2t t 45t 108t 64 0 4 25 25 5 5 t 3 = ⇔ + = − + − ⇔ − + = ⇔ ÷ ÷ = . • Với 16 13 16 ; 15 15 15 t B = ⇒ − ÷ • Với 4 1 4 ; 3 3 3 t B = ⇒ − ÷ Vậy, có hai điểm thỏa đề bài là: 13 16 ; 15 15 B − ÷ hoặc 1 4 ; 3 3 B − ÷ . 0.25 2.(1,0 điểm) Ta có: ( ) ( ) ( ) 2;1;2 ; 2;2;4 , 0; 12;6AB AC AB AC = = − ⇒ = − uuur uuur uuur uuur 0.25 Phương trình tham số của (d): 1 2 2 3 2 x t y t z t = + = − − = − + . Đặt ( ) 1 2 ; 2 ; 3 2M t t t+ − − − + Ta có: ( ) 1 2 ; 3 ; 3 2AM t t t= + − − − + uuuur .Suy ra: , . 18 24AB AC AM t = + uuur uuur uuuur 0.25 0 1 3 , . 3 18 24 18 3 6 2 MABC t V AB AC AM t t = = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = − uuur uuur uuuur 0.25 • Với ( ) 0 1; 2; 3t M= ⇒ − − • Với 1 0 2; ; 6 2 t M = ⇒ − − − ÷ Vậy, có hai điểm thỏa đề bài là ( ) 1; 2; 3M − − hoặc 1 2; ; 6 2 M − − − ÷ . 0.25 VII.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) Xét hệ phương trình 2 3 3 3 9.4 2.4 4 0 (1) log log 1 0 (2) y x x y − − = − + = Điều kiện: 0; 0x y> > 0.25 Khi đó: 3 3 (2) log 3 log 3x y y x⇔ = ⇔ = (3) 0.25 Thay (3) vào (1) ta được: ( ) 2 2 4 4 1 9.4 2.4 4 0 2. 4 9.4 4 0 1 1 2 4 2 x x x x x x x x = − − = ⇔ − + = ⇔ ⇔ = ∨ = − = (loại) 0.25 • Với 1 3x y= ⇒ = Vậy, hệ phương trình có nghiệm là: 1 3 x y = = . 0.25 Hết Biên soạn: Huỳnh Chí Hào – THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu . liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điể m I (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) • Tập xác định: { } 2D = ¡ • Sự biến thi n: . ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) . hình thoi cạnh a và có góc · 0 60ABC = , hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 0 30 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách