ĐỀ THI THỬ THPT MINH KHAI (TOÁN)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II Môn Toán (Thời gian làm bài 180 phút) I. Phần chung: Câu 1. Cho hàm số: y = x 4 + 2m 2 x 2 + 1 (C m ) a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 b. Chứng minh rằng đường thẳng y = x+1 luôn cắt (C m ) tại hai điểm phân biệt ∀ m∈R Câu 2. a. Giải phương trình: 2 2sin3 ( os3x+cosx)(tan tan 2 )x c x x= + b. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 xy x y x y x y x y  + + =  +   + = −  Câu 3. Tính : I= 3 2 2 1 log 1 3ln e x dx x x+ ∫ Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình thoi cạnh a ; SA=SB=SD=a ; (SBC)⊥(SCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD . Câu 5. Cho a,b,c dương thỏa mãn : ab + bc + ca = 2abc. Chứng minh rằng: 2 2 2 1 1 1 1 (2 1) (2 1) (2 1) 2a a b b c c + + ≥ − − − II. Phần riêng. A. Theo chương trình nâng cao: Câu 6a. 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(2;1). Lấy điểm B thuộc trục Ox có hoành độ b ≥ 0 và điểm C thuộc trục Oy có tung độ c ≥0 sao cho ∆ABC vuông tại A. Tìm tọa độ điểm B,C sao cho ∆ABC có diện tích lớn nhất 2. Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm A(1;0;-2) và vuông góc với hai mặt phẳng (P 1 ) : 2x + y – z – 2 = 0 ; (P 2 ) : x –y – z - 3 = 0 Câu 7a. Giải hệ : 2011 3 3 2 2 2 log 2 y x y x x y x y xy    = −  ÷      +  = +   B. Theo chương trình chuẩn. Câu 6b. 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ∆ABC có A(1;5), đường thẳng BC có phương trình: x – 2y – 6 = 0 và điểm I (1;0) là tâm đường tròn nội tiếp. Tìm tọa độ các đỉnh B,C . 2. Viết phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm A(2;1;1) , B(3;2;2) và vuông góc với mặt phẳng (P): x + 2y – 5z – 3 = 0 Câu 7b. Giải phương trình: 3 .2 3 2 1 x x x x= + + ./. Chú ý: Thí sinh khối B- D không phải làm câu 5 ở phần chung Họ và tên thí sinh:………………………………………. Số báo danh:……………… SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT MINH KHAI ĐÁPÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II – MÔN TOÁN Câu Nội dung Điểm 1 (2đ) a. m=1 : y= x 4 + 2x 2 +1 - TXĐ: D=R - Sự biến thiên: + Giới hạn tại vô cực: lim x y →−∞ = +∞ ; lim x y →+∞ = +∞ 0,25 + y / = 4x 3 + 4x y / = 0 ⇔ x = 0 + BBT x y / y Hàm số nghịch biến trên khoảng ( - ∝ ; 0),đồng biến trên khoảng (0; + ∝ ) . cực tiểu : (0;1) 0,5 Đồ thị : Một số điểm thuộc đồ thị (-1;4) ; (1;4) . Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng 0,25 b. phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và đường thẳng y= x +1 là x 4 + 2m 2 x 2 + 1 = x +1 (1) ⇔ x= 0 hoặc x 3 +2m 2 x – 1 = 0 (2) 0,25 (0,5) Xét hàm số f(x) = x 3 +2m 2 x – 1 có f / (x)= 3x 2 + 2m 2 ≥ 0 ∀x∈R ; lim ( ) x f x →−∞ = −∞ ; lim ( ) x f x →+∞ = +∞ và f(0) = - 1 ≠ 0 ⇒PT(2) có nghiệm duy nhất x ≠ 0 với ∀m ∈ R . 0,5 Do đó PT(1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với ∀m ∈ R hay đường thẳng y = x+1 luôn cắt (C m ) tại hai điểm phân biệt ∀ m∈R 0,25 (0,5) 2 (2đ) a. 2 2sin3 ( os3x+cosx)(tan tan 2 )x c x x= + (1) ĐK : osx 0c ≠ và cos2x 0≠ (1) 2 2 sin sin 2 2sin3x=2cos2x.cosx os os2x x x c x c   ⇔ +  ÷   2 2 sin3 cos os2x.sin sin 2 cosx x c x x x⇔ = + 0,5 ( ) 2 2 sin 2 cos os2x.sin osx= os2x.sin sin 2 cosx x c x c c x x x⇔ + + 0,5 x -∝ 0 + ∝ y / - 0 + + ∝ + ∝ y 1 y 4 1 - - 1 0 1 x 2 os2x=0 (l ai) os2x.sin . osx= os2x.sin sinx=0 (t/m) cosx=sinx (loai) c o c x c c x   ⇔    sinx=0 x= k (k Z) π ⇔ ∈ Vậy x= k (k Z) π ∈ Là nghiệm của phương trình b.Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 (1) (2) xy x y x y x y x y  + + =  +   + = −  ĐK x + y > 0 ( ) 2 2 (1) x+y 1 2 0 xy xy x y ⇔ − + − = + ( ) ( ) 2 2 2 1 1 0 1 0 xy x y x y x y x y x y x y x y     + + + ⇔ + − + + − = ⇔ + − =  ÷  ÷ + +     2 2 1 0 (do 0) x y x y x y x y + + + ⇔ + − = > + 0,5 ⇔ 1y x= − Thay vào (2) 2 2 x=1 1 (1 ) x 2 0 x= - 2 x x x  = − − ⇔ + − = ⇔   0,25 Với 1 y=0x = ⇒ Với x= - 2 y =3⇒ Vậy hệ có 2 nghiệm x=1 x= - 2 và y=0 y=3       0,25 3 (1đ) I= 3 2 2 1 log 1 3ln e x dx x x+ ∫ = 3 3 3 2 2 1 1 lnx 1 ln ln2 = ln 2 1 3ln 1 3ln e e x dx dx x x x x    ÷   + + ∫ ∫ 0,25 Đặt 2 2 2 1 1 1 1 3ln ln = ( 1) ln 3 x 3 t x x t xdx tdt= + ⇒ − ⇒ = 0,25 x =1 ⇒ t = 1 ; x = e ⇒ t = 2 2 2 3 2 1 3 3 3 1 1 1 1 4 ( - 1)dt = 9ln 2 9ln 2 3 27ln 2 I t t t   = − =  ÷   ∫ 0,5 4 (1đ) Gọi I là trung điểm của SC ⇒BI⊥SC và DI⊥SC . Từ giả thiết ⇒ BI⊥DI Gọi O = AC∩ BD ⇒ BD = 2OI =SA =a ⇒∆ABD đều Kẻ SH ⊥(ABCD) ⇒ H là tâm của ∆ABD Ta có SH = 2 2 2 =a 3 SA AH− 0,25 (0,5) 0,25 0,5 (0,75) S A B D C I H O Diện tích hình thoi ABCD : S ABCD 2 3 2 2 ABD a S ∆ = = Thể tích khối chóp S.ABCD là : V = 1 3 SH.S ABCD = 3 2 6 a 5 (1đ) Từ giả thiết suy ra 1 1 1 2 a b c + + = Đặt : 1 1 1 ; y = ; z = b c x a = Suy ra x,y,z > 0 và x+y+z=2 0,25 Ta có: 3 3 3 2 2 2 2 2 2 1 1 1 (2 1) (2 1) (2 1) ( ) ( ) ( ) x y z P a a b b c c y z x z y x = + + = + + − − − + + + 0,25 Áp dụng bđt Cô-si: 3 2 3 ( ) 8 8 4 x y z y z x y z + + + + ≥ + 3 2 3 ( ) 8 8 4 y x z x z y x z + + + + ≥ + 3 2 3 ( ) 8 8 4 z y x y x z y x + + + + ≥ + Do đó: 1 1 ( ) 4 2 P x y z≥ + + = ( Đpcm) 0,5 6a (2đ) 1. Ta có B(b;0) ; C(0;c) với b, c ≥ 0 và b 2 + c 2 >0 Phương trình đường thẳng BC : cx + by – bc = 0 Khoảng cách từ A đến đt BC : 2 2 2c b bc h b c + − = + ; 2 2 BC c b= + Diện tích ∆ABC là 1 1 . . 2 2 2 S h BC c b bc= = + − 0,5 Do ∆ABC vuông tại A nên . 0AC AB = uuur uuur ⇒ 2b+c =5 ⇒ c= 5 - 2b . Do c≥ 0 nên 0≤ b ≤ 5/2 Do đó: S = b 2 – 4b + 5 = f(b) Ta có 5 0; 2 ax ( )m f b       =f(0) = 5 nên S max = 5 ⇔ b = 0 và c = 5 hay B(0;0) và C(0;5) 0,5 2. Các mp (P 1 ) , (P 2 ) lần lượt có vec tơ pháp tuyến là 1 (2;1; 1)n − r ; 2 (1; 1; 1)n − − r mp(P) đi qua A (1;0;-2) và vuông góc với mp (P 1 ) , (P 2 ) nên có một vec tơ pháp tuyến là 1 2 ; ( 2;1; 3)n n n   = = − −   r r r . 0,5 phương trình mp(P) là - 2 (x – 1 ) + y – 3 (z +2 )= 0 ⇔ 2x – y + 3z + 4 = 0 0,5 7a 2011 3 3 2 2 2 log 2 (1) (2) y x y x x y x y xy    = −  ÷      +  = +   ĐK: xy >0 . Từ (2) suy ra x 3 + y 3 = xy(x 2 + y 2 ) >0 nên x> 0 ; y> 0 (1) ⇔ x.2011 x = 2y.2011 2y (*) 0,25 Xét hàm số f(t) = t. 2011 t (t >0) ta có f / (t) = 2011 1 0 t > 0 ln2011 t t   + > ∀  ÷   f(t) đồng biến trên (0 ; + ∝ ) 0,25 pt (*) trở thành f(x) = f(2y) ⇔ x = 2y thay vào pt(2) ta được y(5y – 9/2) = 0 ⇔ y = 0 (loại) hoặc y = 9/10 Với y = 9/10 suy ra x = 9/5 . Vậy nghiệm của hệ là … 0,5 6b 1. Bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC : r = ( ; ) 5d I BC = 0,25 Điểm C ∈ ĐT x – 2y – 6 = 0 ⇒ C(2y 0 + 6;y 0 ) ⇒ 0 0 (2 5; 5)AC y y+ − uuuur Phương trình đt AC là : (5 – y 0 )x + (2y 0 +5)y – 9y 0 – 30 = 0 Ta có r = ( ; )d I AC nên 0 2 0 0 10 25 5 5 10 50 y y y + = + + ⇔ 2 0 0 0 10 25 5. 5 10 50y y y + = + + ⇔ 3y 0 2 + 18y 0 +15 = 0 0 0 1 5 y y = −  ⇔  = −  ⇒ (4; 1) ( 4; 5) C C −   − −  0,5 Do vai trò của B và C như nhau nên nếu C(4;-1) thì B(-4;-5) và ngược lại Vậy … 0,25 2.Ta có (1;1;1)AB uuur . Một vec tơ pháp tuyến của mp(P) là : 1 (1;2 5)n − ur . mp(Q) đi qua A(2;1;1) ; B(3;2;2) và vuông góc với mp(P) nên có một vec tơ pháp tuyến là: ( ) 1 n ; 7;6;1AB n   = = −   r uuur ur . 0,5 Phương trình mp(Q) là: - 7 (x – 2) + 6(y – 1) + z – 1 = 0 ⇔ -7x + 6y + z + 7 =0 0,5 7b (1đ) 3 .2 3 2 1 x x x x= + + x 2 1 3 (1) 2 1 x x + ⇔ = − ( Do x = ½ không phải là nghiệm của phương trình) 0,25 Ta có hàm số : f(x) = 3 x đồng biến trên R hàm số 2 1 g(x)= 2 1 x x + − có / 2 4 1 g (x)= 0 x (2 1) 2x − < ∀ ≠ − nên nghịch biến trên mỗi khoảng ( - ∝ ; 1/2) và( ½; +∝) 0,25 Do đó trên mỗi khoảng ( - ∝ ; 1/2) và( ½; +∝) nếu phương trình f(x) = g(x) có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Dễ thấy x = 1 và x = -1 là các nghiệm của phương trình. Vậy pt chỉ có 2 nghiệm …… 0,5 Ghi chú: Đối với khối B và khối D 1 điểm của câu 5, chuyển sang câu 4, và câu 1b, cụ thể ở phần đóng ngoặc tương ứng. . danh:……………… SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT MINH KHAI ĐÁPÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II – MÔN TOÁN Câu Nội dung Điểm 1 (2đ) a. m=1 : y= x 4 + 2x 2 +1 - TXĐ: D=R - Sự biến thi n: + Giới hạn tại vô cực:. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II Môn Toán (Thời gian làm bài 180 phút) I. Phần chung: Câu 1. Cho hàm số: y = x 4 + 2m 2 x 2 + 1 (C m ) a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 b. Chứng minh. ÷   ∫ 0,5 4 (1đ) Gọi I là trung điểm của SC ⇒BI⊥SC và DI⊥SC . Từ giả thi t ⇒ BI⊥DI Gọi O = AC∩ BD ⇒ BD = 2OI =SA =a ⇒∆ABD đều Kẻ SH ⊥(ABCD) ⇒ H là tâm của ∆ABD Ta có SH = 2 2 2 =a 3 SA AH− 0,25 (0,5) 0,25 0,5 (0,75)