đề thi đại học và đáp án cực sịn

A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH: Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số y = 2x 3 - 3x 2 – 1 (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C). 2. Gọi d k là một đường thẳng đi qua M(0 ; -1) và có hệ số góc là k. Tìm k để đường thẳng d k cắt (C) tại 3 điểm phân biệt. Câu 2 : (2 điểm) 1. Giải hệ phương trình : 3 3 8 2 3 6 2 x y x y  + =     − =   2. Giải phương trình : 3 (sin2x + sinx) + cos2x – cosx = 2. Câu 3 : (1 điểm) Cho lăng trụ đều ABCA’B’C’ có các cạnh đáy bằng a. Khoảng cách từ tâm O của tam giác ABC đến mặt phẳng (A’BC) bằng 6 a . Tính thể tích lăng trụ đều đó. Câu 4 : (1 điểm) Tính tích phân I = 1 2 0 4 5 3 2 x dx x x + + + ∫ Câu 5 : (1 điểm) Cho a, b, c là các số dương thay đổi thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của P : P = a 2 + b 2 +c 2 + 2 2 2 ab bc ca a b b c c a + + + + . B. PHẦN RIÊNG CHO CAC THÍ SINH : - Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: (3 điểm) 1, (1 điểm): Mặt phẳng oxy. Hãy lập phương trình đường thẳng d cách A(1; 1) một khoảng bằng 2 và cách B(2; 3) một khoảng bằng 4. 2, (1 điểm): Cho tứ diện ABCD với A(0; 0; 2); B(3; 0; 5); C(1; 1; 0); D(4; 1; 2). Hãy tính độ dài đường cao hạ từ D xuống mặt phẳng (ABC) và viết phương trình mặt phẳng (ABC). 3, (1 điểm): Giải phương trình: 2 2 3 2 3 .4 18 x x x − − = - Theo chương trình nâng cao: Câu 6b (3 điểm) 1, (1 điểm): Mặt phẳng oxy cho ba đường thẳng: d 1 : 3x – y – 4 = 0; d 2 : x + y – 6 =0; d 3 : x – 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết rằng A và C thuộc d 3 ; B thuộc d 1 ; D thuộc d 2 . 2, (1 điểm): Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC trong không gian oxyz với A(3; 0; 0); B(0; 2; 0); C(0; 0; 1). 3, (1 điểm): Giải bất phương trình: 3 3 log log 2 ( 10 1) ( 10 1) 3 x x x + − − ≥ Chú ý: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần 6a hoặc 6b ( không được làm cả hai phần 6a và 6b) Nguyễn Văn Kông – THPT Long Châu Sa – Lâm Thao – Phú Thọ . SỞ GD& ĐT PHÚ THỌ TRƯỜNG THPT LONG CHÂU SA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG LẦN II A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH: Câu Đáp án sơ bộ Thang điểm Câu 1 1) y = 2x 3 - 3x 2 – 1 (C) TXĐ : D = R SBT : y’ = 6x 2 – 6x = 0 ⇔ x = 0 ; x = 1 0,25 đ Cực trị, đồng biến, nghịch biến, giới hạn, cực đại, cực tiểu : X - ∞ 0 1 + ∞ Y 0 0 y’ -1 + ∞ - ∞ -2 0,25 đ CĐ(0 ; -1) ; CT(1 ; -2) ; Đồng biến : x ∈ (- ∞ ; 0) ∪ (1 ; + ∞ ) ; Nghịch biến: x ∈ (0 ; 1) ; Giới hạn : lim x y →−∞ = −∞ ; lim ; x y →+∞ = +∞ 0,25 đ Đồ thị : y’’=0 ⇔ 12x – 6 = 0 ⇔ x= 1/2 ⇒ U( 1 3 ; 2 2 − ) x= -1 ⇒ y = -6 ; x=2 ⇒ y = 5. 0,25 đ Câu 1- 2 D k là đường thẳng đia qua điểm M(0; -1) với hệ số góc k có dạng y = kx – 1 với điều kiện k ≠ 0. 0,25 đ Vì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt ⇔ phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phương trình : 2x 3 – 3x 2 – 1 = kx -1 có ba nghiệm phân biệt : ⇔ 2x 3 – 3x 2 –kx = 0 ⇔ x(2x 2 – 3x –k ) = 0 0,25 đ Phương trình có ba nghiệm phân biệt ⇔ 2x 2 – 3x –k = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0. ⇔ 9 8 0 0 k k ∆ = + >   ≠  ⇔ 9 8 0 k k  > −    ≠  0,25 đ Nguyễn Văn Kông – THPT Long Châu Sa – Lâm Thao – Phú Thọ . SỞ GD& ĐT PHÚ THỌ TRƯỜNG THPT LONG CHÂU SA ĐÁP ÁN SƠ BỘ VÀ CHO ĐIỂM TỪNG PHẦN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG LẦN II (1 điểm) Vậy với 9 8 0 k k  > −    ≠  thì d k qua M(0 ; -1 )cắt (C) tại ba điểm phân biệt Câu 2 (2 điểm) 1, (1điểm) Giải hệ phương trình : 3 3 8 2 3 6 2 x y x y  + =     − =   Điều kiện y ≠ 0 Đặt z = 2/y ≠ 0 ta được hệ : 3 3 2 3 2 3 x z z x  + =   + =   0,25 đ Trừ vế với vế của hai phương trình trên dẫn đến : x – z = 0 và x 2 + xz + z 2 +3 >0 với mọi x, z 0,25 đ Thay x = z vào phương trình (1) của hệ ta được : x 3 – 3x – 2 = 0 ⇔ (x+1) 2 (x - 2) = 0 ⇔ x = -1 hoặc x = 2 Từ x = z = 2/y ⇔ 2 1 2 2 2 1 y y y y  = − ⇔ =    = ⇔ =   ⇒ (x ; y ) là (-1 ; -2) ; (2 ; 1) 2. Giải phương trình : Nhân 3 vao, khai triển, chia 2 vế cho 2 ta được : 3 2 sin2x + 1 2 cos2x+ 3 2 sinx- 1 2 cosx = 1 Áp dụng công thức biến đổi đến : os(2 ) sin( ) 1 3 6 c x x π π − + − = ⇔ -1+ os(2 ) sin( ) 3 6 c x x π π − + − = 0 ⇔ 2 2sin ( ) sin( ) 0 6 6 x x π π − − − = Giải đúng : sin( ) 0 6 1 sin( ) 6 2 x x π π  − =    − =   được 3 họ nghiệm : x = 6 k π π + ; x = 3 k π π + ; x = 2k π π + với k ∈ Z Nguyễn Văn Kông – THPT Long Châu Sa – Lâm Thao – Phú Thọ . Câu 3 : (1điểm) Câu 4 : (1 điểm) Gọi M là trung điểm của BC. H là Hình chiếu của O lên A’M. Ta có : AM ⊥ BC ; AA’ ⊥ BC ⇒ BC ⊥ (A’AM) BC ⊥ OH ; ⇒ OH ⊥ (A’BC) ⇒ OH = 6 a = d(O,(A’BC)) Đặt AA’= x và có AA'OMH M:V V nên AA' ' OH MO MA = ⇒ 2 2 3 6 3 6 4 a a x x a = + ⇒ x = 6 4 a 0,25 đ Vậy V ABC.A ‘B’C’ = S 2 3 4 a . 6 4 a = 3 3 2 16 a (đvtt) 0,5 đ I = 1 2 0 4 5 3 2 x dx x x + + + ∫ = 1 2 2 0 2 6 1 (2 ) 3 2 3 2 x dx x x x x + − + + + + ∫ = 2 ln(x 2 +3x+2) 1 0 - ln 1 2 x x + + 1 0 = 2ln6 – 2ln2 – ln 2 3 + ln 1 2 0,5 đ = 2ln3 – ln2 + ln3 – ln2 = 3ln3 – 2ln2 = ln 27 4 0,5 đ Câu 5 : (1 điểm) 3(a 2 +b 2 +c 2 ) = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 ) a 3 + b 3 + c 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + ca 2 + ac 2 0,25 đ Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số : 3 2 2 2a ab a b+ ≥ 3 2 2 2b bc b c+ ≥ 3 2 2 2c ca c a+ ≥ ⇒ 3(a 2 +b 2 +c 2 ) ≥ 3(a 2 b + b 2 c + c 2 a ) > 0 ⇔ (a 2 +b 2 +c 2 ) ≥ a 2 b + b 2 c + c 2 a Do đó: P ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 2 2 2 a b c ab bc ca+ + + + 0,25 đ Nguyễn Văn Kông – THPT Long Châu Sa – Lâm Thao – Phú Thọ . H A A’ B’ C’ B M C O P ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 2 2 2 2( ) 2(a b c ) ab bc ca+ + + + P ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 2 2 2 2 2 2 9 (a b c ) 2(a b c ) − + + + + Đặt t = 2 2 2 (a b c )+ + Ta có : t ≥ 3 vì 9 = 3 2 2 2 (a b c )+ + P ≥ t + 9 2 t t − = 9 1 3 1 3 2 2 2 2 2 2 t t t + + − ≥ + − = 4 P ≥ 4 Đẳng thức sảy ra ⇔ a = b = c = 1 0,25 đ B. PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH: Theo chương trình chuẩn: 6a(1) (1 điểm) (d) có dạng: ax +by + c = 0. Nhận thấy AB = 5 < d(A,d 1 ) + d(B,d 2 ) d(M, V ) kí hiệu khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng V A, B nằm về cùng một phía đối với đường thẳng (d) ⇒ (a + b + c)(2a + 3b + c) >0 (1) Theo giả thiết d(A,d 1 ) = 2; d(B,d 2 ) = 4 2 2 2 3 2 (2) 2(3) a b c a b c a b c a b  + + = + +  + +  =  +  Từ (1) và (2) ⇒ 2a + 3b + c = 2a + 2b +2c ⇔ b = c Thế b = c vào (3) tìm được a = 0; a = 4 3 b. Có hai đường thẳng thỏa mãn: D 1 : y + 1 = 0 D 2 : 4x + 3y +3 = 0 6a(2) (1 điểm) AB uuur = 3(1; 0; 1); AC uuur = (1; 1; -2) ⇒ n r = (-1; 3; 1) Phương trình mặt phẳng (ABC) là: -x + 3y +z – 2 = 0 D(D,(ABC)) = 4 3 2 2 11 11 1 9 1 − + + − = + + (đvcd) 6a(3) (1 điểm) Đk: x ≠ 0; 2 2 3 2 3 log (3 .4 ) x x x − − = 3 log 18 Dẫn đến: (x - 2)[x 2 + 2x + 3 3 log 2 ] = 0 x = 2 và x 2 + 2x + 3 3 log 2 = 0 vô nghiệm vì V <0. Theo chương trình nâng cao: Nguyễn Văn Kông – THPT Long Châu Sa – Lâm Thao – Phú Thọ . 6b(1) (1 điểm) Ta có B(b; 3b - 4) ∈ d 1 ; D(d; 6 - d) ∈ d 2 A, C ∈ d 3 song song với oy nên B và D đối xứng qua d 3 nên d 3 : x = 3 6 3 4 6 b d b d + =   − = −  ⇔ 2 4 b d =   =  ⇒ B(2; 2); D(4; 2) ⇒ I(3; 2) IA 2 = IB 2 mà A(3; a) ∈ d; I là tâm hình vuông ABCD Nên (a - 2) 2 = 1 ⇔ a= 3 vaf a = 1 có hai nghiệm hình A(3; 3); B(2; 2); C(3; 1); D(4, 2) A(3; 1); B(2; 2); C(3; 3); D(4, 2) 6b(2) (1 điểm) Gọi H là trực tâm của ABCV là giao của 3 mặt phẳng : Mặt phẳng (ABC) đi qua A và mặt phẳng đi qua A vuông góc với BC; Mặt phẳng (Q) đic qua B vuông góc với AC. Mặt phẳng (ABC): Cặp chỉ phương: BC uuur = (0; -2; 1); AC uuur = (-3; 0; 1) n r = (2; 3; 6) Phương trình (ABC): 2x + 3y + 6z – 6 = 0; Mặt phẳng qua A và có n r = BC uuur Phương trình là: -2y + z = 0; Mặt phẳng (Q) qua B(0; 2; 0) và có n r = AC uuur Phương trình là: -3x + 2z = 0 Vậy tọa độ H là nghiệm của hệ: 2 3 6 6 2 0 3 0 x y z y z x z + + =   − + =   − + =  ⇔ 12 49 18 49 36 49 x y z  =    =    =   Vậy H( 12 49 ; 18 49 ; 36 49 ) 6b(3) (1 điểm) Đưa về: 3 log ( 10 1) x + - 3 3 log log 2 ( 10 1) 3 3 x x − ≥ (x>0) 0,25 đ Đặt t= 3 log 10 1 ( ) 3 x + ; t>0 0,25 đ t 2 - 1 t ≥ 2 3 ⇔ 3t 2 -2t -1>0 ⇔ t ≥ 1 0,25 đ Dẫn đến x ≥ 1 0,25 đ Nguyễn Văn Kông – THPT Long Châu Sa – Lâm Thao – Phú Thọ . Nguyễn Văn Kông – THPT Long Châu Sa – Lâm Thao – Phú Thọ . . – Lâm Thao – Phú Thọ . SỞ GD& ĐT PHÚ THỌ TRƯỜNG THPT LONG CHÂU SA ĐÁP ÁN SƠ BỘ VÀ CHO ĐIỂM TỪNG PHẦN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG LẦN II (1 điểm) Vậy với 9 8 0 k k  > −    ≠  thì. 6a và 6b) Nguyễn Văn Kông – THPT Long Châu Sa – Lâm Thao – Phú Thọ . SỞ GD& ĐT PHÚ THỌ TRƯỜNG THPT LONG CHÂU SA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG LẦN II A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH: Câu Đáp. SINH: Câu Đáp án sơ bộ Thang điểm Câu 1 1) y = 2x 3 - 3x 2 – 1 (C) TXĐ : D = R SBT : y’ = 6x 2 – 6x = 0 ⇔ x = 0 ; x = 1 0,25 đ Cực trị, đồng biến, nghịch biến, giới hạn, cực đại, cực tiểu : X