100 đề thi thử đại học môn toán tập 7

LÊ NGUYÊN THẠCH TUYỂN CHỌN 100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 2015 TẬP 7 THANH HÓA, THÁNG 09 - 2014 LỜI NÓI ĐẦU Các em học sinh thân mến! Luyện giải bộ đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học là một quá trình hết sức quan trọng. Cuốn sách Tuyển tập “100 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI VÀO ĐẠI HỌC” do thầy tổng hợp và biên soạn từ nhiều đề thi thử Đại học trong cả nước với nhiều đề thi hay để giúp các em hệ thống lại kiến thức và chuyên đề đã được học, rèn luyện kĩ năng giải toán tạo nền tảng kiến thức tốt nhất cho kỳ thi Đại học sắp tới. Nội dung sách được viết trên tinh thần đổi mới ,cách giải trình bày chi tiết, rõ ràng phù hợp theo quan điểm ra đề và chấm thi của Bộ Giáo dục và Đào tạo rất phù hợp để các em tự ôn luyện. Toán là môn khoa học trừu tượng với phạm vi ứng dụng rộng rãi trong mọi hoạt động của con người. Để học toán tốt trước hết rất cần sự tỉ mỉ, cần cù, nỗ lực phấn đấu. Bên cạnh đó phương pháp học cũng rất quan trọng, nên đi từ cái dễ và cơ bản tới cái khó hơn với một tư duy logic. Tiếp xúc một bài toán không chỉ dừng lại ở cách giải thông thường mà nên suy nghĩ, áp dụng nhiều hướng và cách giải khác nhau. Sau mỗi bài toán nên rút ra cho mình những điểm chú ý quan trọng. Cuối cùng thầy chúc tất cả các em luôn có được SỨC KHỎE, NIỀM VUI, SỰ ĐAM MÊ, và THÀNH CÔNG trong các kỳ thi sắp tới! Thanh hóa.Tháng 9 năm 2014 Tác giả ĐỀ SỐ 71 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số ( ) 4 2 2 2 1 1y x m x= + + , trong đó m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( ) 1 khi 1m = 2. Chứng minh rằng đường thẳng : 1d y x= + luôn cắt đồ thị hàm số ( ) 1 tại hai điểm phân biệt với mọi m . Câu 2.(1,0 điểm). 1. Giải phương trình 2 3 cos 2 2cos sin 3 2 4 4 x x x π π     − + − =  ÷  ÷     . 2. Giải phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 1 3 3 4x x x x x− − + − = Câu 3.(1,0 điểm). Tính tích phân ( ) 3 2 1 1 ln 2 1 2 ln e x x x I dx x x + + + = + ∫ Câu 4.(1,0 điểm). Cho số phức z thoả mãn 2 3z z i + = + . Tìm 2014 2013 2012 2011 T z z z z= + + + Câu 5.(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,cho elíp ( ) E có tiêu điểm thứ nhất là ( ) 3;0F − và đi qua điểm 4 33 1 ; 5 M    ÷  ÷   . Tính diện tích hình chữ nhật cơ sở của elíp ( ) E . Câu 6.(1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hai đường thẳng 1 1 3 : 1 3 4 x y z d + − = = − , 2 2 : 2 1 2 x y z d − = = − − và ( ) 1;2;0A − .Lập phương trình mặt phẳng ( ) P song song với hai đường thẳng 1 2 ,d d và cách A một khoảng bằng 3. Câu 7. (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác đều cạnh a .Tam giác SAC cân tại S , · 0 60SBC = . Mặt phẳng ( ) SAC vuông góc với mặt phẳng ( ) ABC . Tính thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ) SAB . Câu 8.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 1 3 2 1 0 x y y x x x y y  − + − − =   + − − − + =   ( ) ( ) 1 2 Câu 9.(1,0 điểm). Cho ba số , , ,a b c d là các số thực bất kỳ . Chứng minh rằng : 3 a b c d ad bc a b c d ac bd − − + + + ≥ + + − LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm) ) Cho hàm số ( ) 4 2 2 2 1 1y x m x= + + , trong đó m là tham số. 1. ( 1,0 điểm)Khi 1m = . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : 4 2 2 1y x x= + + a) Tập xác định D = ¡ b) Sự biến thiên +) Chiều biến thiên: ( ) 3 2 4 4 4 1 0 0y x x x x y x ′ ′ = + = + ⇒ = ⇔ = Ta có ' 0 x 0 ; ' 0 x 0y y> ⇔ > < ⇔ < : hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) ;0 ,−∞ và đồng biến trên khoảng ( ) 0;+ ∞ . +) Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 0, 1 CT x y = = +) Giới hạn: lim lim x x y y →−∞ →+∞ = = +∞ +) Bảng biến thiên: x −∞ 0 +∞ y ′ − 0 + y +∞ +∞ 1 Đồ thị : Nhận xét : hàm số đã cho là (học sinh tự vẽ đồ thị) hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục tung là trục đối xứng 3. 2.( 1,0 điểm) Chứng minh rằng đường thẳng : 1d y x= + luôn cắt đồ thị hàm số ( ) 1 tại hai điểm phân biệt với mọi m . Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng : 1d y x= + là : ( ) ( ) ( ) 4 2 2 3 2 3 2 0 2 1 1 2 1 0 * 2 1 0 ** x x m x x x x m x x m x =  + + = + ⇔ + − = ⇔  + − =  Số giao điểm của hai đồ thị tương ứng số nghiệm phương trình ( ) * . Ta thấy pt ( ) * có một nghiệm 0x = , ta sẽ chứng minh pt ( ) ** có đúng một nghiệm khác 0 với mọi giá trị của m • Nếu 0m = thì pt ( ) ** trở thành 3 1 0 1x x− = ⇔ = ⇒ pt ( ) * có đúng hai nghiệm. • Nếu 0m ≠ , xét hàm số ( ) 3 2 2 1f x x m x= + − trên ¡ . Ta có ( ) 2 2 3 2 0f x x m x ′ = + > ∀ ∈¡ ⇒ hàm số ( ) f x luôn đồng biến trên ¡ ( ) 0pt f x⇒ = có nhiều nhất một nghiệm trên ¡ Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 1, 1 2 0 0 . 1 0 0f f m f f pt f x= − = > ⇒ < ⇒ = có nghiệm thuộc khoảng ( ) 0;1 . Vậy pt ( ) ** có đúng một nghiệm khác 0 Câu 2.(1,0 điểm). 1.(0,5 điểm) Phương trình ( ) 2 cos 2x sin 4x sin 2x 2 2 π   ⇔ − + − −π =  ÷   2 2 2 cos 2x cos4x sin 2x 2 1 sin 2x 1 2sin 2x sin2x 2⇔ − + = ⇔ − − + + = 2 sin 2x sin 2x 2 0⇔ + − = 2 sin 2x sin 2x 2 0⇔ + − = sin 2x 2⇔ = − (loại) hoặc sin2x=1 Vậy phương trình có 1 họ nghiệm ( ) 4 x k k π π = + ∈¢ 2.(0,5 điểm).Giải phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 1 3 3 4x x x x x− − + − = Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 3 3 4 3 3 3 3 3 12 *x x x x x x x x x x− − + − = ⇔ − − + − = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 3 2 3 3 2 12 3 3 4 12x x x x x x x x x x x     ⇔ − − − − − + = ⇔ − − − =     ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 3 4 1 3 3 16 3 3 4 2 x x x x x x x x x  − − = ⇔ − − = ⇔  − − = −   • pt ( ) 2 5 61 1 3 5 3 0 6 x x x ± ⇔ − − = ⇔ = • pt ( ) ( ) 2 1 5 1 3 1 0 2 x x x − ± ⇔ + − = ⇔ = . Vậy tập nghiệm của phương trình là : 5 61 5 61 1 5 1 5 ; ; ; ; 6 6 2 2 S   + − − + − −   =       ( chú ý: có thể từ pt ( ) * nhận xét 0x = không là nghiệm của pt ( ) * . Khi 0x ≠ chia hai vế của phưong trình ( ) * cho 2 x , sau đó đặt 3 3t x x = − đua về pt bậc hai ẩn t , giải tìm t x⇒ ) Câu 3.(1,0 điểm).Tính tích phân: ( ) ( ) 3 2 2 1 1 1 ln 2 1 2 ln ln 1 2 ln 2 ln e e x x x x x x x I dx dx x x x x + + + + + + = = + + ∫ ∫ 2 1 2 1 1 ln 1 2 ln e e x I x dx dx I I x x + = + = + + ∫ ∫ . +Tính 3 2 3 1 1 1 1 1 3 3 e e e I x dx x − = = = ∫ + ( ) ( ) 2 1 1 1 2 ln 2 ln 2 ln 2 ln ln 2 ln 2 ln 2 e e e d x x e I dx dx x x x x x x + + + = = = + = + + ∫ ∫ Vậy 3 1 2 ln 3 2 e e I − + = + Câu 4.(1,0 điểm) Cho số phức z thoả mãn 2 3z z i+ = + . Tìm 2014 2013 2012 2011 T z z z z= + + + Gọi ( ) , ,z a bi a b= + ∈¡ . Từ giả thiết ( ) 2 3 2 3z z i a bi a bi i+ = + ⇔ + + − = + . 3 3 1 3 3 1 1 1 a a a bi i z i b b = =   ⇔ − = + ⇔ ⇔ ⇔ = −   − = = −   ( ) ( ) ( ) 2014 2013 2012 2011 2011 2 3 2011 2 1 1 1T z z z z z z z z z z z= + + + = + + + = + + Mà ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 ,1 1 1 1 2 1 1 2 1 2 5z i z i i z z i i i+ = − + = + − = − ⇒ + + = − − = − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1005 2011 2 1005 2011 1005 1005 1 1 1 2 1 2 1 2 1z i i i i i i i i   = − = − − = − − = − − = − +   ( ) 1005 5.2 1T i⇒ = − + Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,cho elíp ( ) E có tiêu điểm thứ nhất là ( ) 3;0F − và đi qua điểm 4 33 1 ; 5 M    ÷  ÷   . Tính diện tích hình chữ nhật cơ sở của elíp ( ) E . Ta có: ( ) E có tiêu điểm ( ) 3;0F − nên có 3c = . Phương trình chính tắc của ( ) E có dạng: ( ) 2 2 2 2 1 , 0 x y a b a b + = > > Ta có ( ) 2 2 2 2 3 1a b c b= + = + Điiểm ( ) ( ) 2 2 4 33 1 528 1 ; 1 2 5 25 M E a b   ∈ ⇒ + =  ÷  ÷   Thế ( ) 1 vào ( ) 2 ta được 4 2 2 2 2 2 1 528 1 25 478 1584 0 22 25 3 25 b b b a b b + = ⇔ − − = ⇔ = ⇒ = + Tức là ta có ( ) 2 2 : 1 5, 22 25 22 x y E a b+ = ⇒ = = Hình chữ nhật cơ sở của elíp ( ) E .có kích thước ( ) ( ) 2 ;2 10 ;2 22a b = Từ đó diện tích hình chữ nhật cơ sở bằng 10 2 22 20 22× = (đ/v dt) Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hai đường thẳng 1 1 3 : 1 3 4 x y z d + − = = − , 2 2 : 2 1 2 x y z d − = = − − và ( ) 1;2;0A − .Lập phương trình mặt phẳng ( ) P song song với hai đường thẳng 1 2 ,d d và cách A một khoảng bằng 3. vtcp của 1 d là ( ) 1 1; 3;4u = − r ,vtcp của 2 d là ( ) 2 2; 1; 2u = − − r Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) P là n r . Do [ ] ( ) ( ) 1 2 1 2 1 1 , ; 10;10;5 2;2;1 5 5 n u n u n u u⊥ ⊥ ⇒ = = = r r r r r r r Suy ra ( ) : 2 2 0P x y z m+ + + = .Từ giả thiết ( ) ( ) ; 3d A P = 2 4 3 2 9 7 11 4 4 1 m m m m − + + ⇔ = ⇔ + = ⇔ = ∨ = − + + Vậy ( ) : 2 2 7 0P x y z+ + + = hoặc ( ) : 2 2 11 0P x y z+ + − = Câu 7.(1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác đều cạnh a .Tam giác SAC cân tại S , · 0 60SBC = . Mặt phẳng ( ) SAC vuông góc với mặt phẳng ( ) ABC . Tính thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ) SAB . Gọi H là trung điểm của AC SH AC ⇒ ⊥ ( do SAC ∆ cân tại S ) . Mà ( ) ( ) ( ) SAC ABC SH ABC⊥ ⇒ ⊥ đặt ( ) , 0SH x x= > . Ta có 2 2 2 2 3 , 4 4 x x SB a SC a= + = + Áp dụng định lí cô sin cho tam giác SBC với · 0 60SBC = ta được 2 2 2 0 2 . .cos 60SC BS BC BS BC= + − ⇒ 6 2 a x SH= = 2 2 3 . 3 1 1 6 3 2 4 3 3 2 4 8 ABC S ABC ABC a a a a dt V SH dt ∆ ∆ = ⇒ = × × = × × = (đvtt) Kẻ ( ) ( ) ( ) HK AB AB SHK SAB SHK⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ hạ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 6 6 , , 6 a HI SK HI SAB HI d H SAB HI HI HK HS a ⊥ ⇒ ⊥ ⇔ = = + = ⇒ = ( do 0 6 3 , .sin 60 2 4 a a HS HK AH= = = ) ( ) ( ) ( ) ( ) 6 , 2 , 2 3 a d C SAB d H SAB HI⇒ = = = (đ/vđd)( do 2CA HA = ) Câu 8.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 1 3 2 1 0 x y y x x x y y  − + − − =   + − − − + =   ( ) ( ) 1 2 Điều kiện: 2 2 1 0 1 1 0 2 2 0 x x y y y  − ≥ − ≤ ≤   ⇔   ≤ ≤ − ≥    Đặt t=x+1 [ ] 1, 0;2x t t⇔ = − ∈ Ta có (1) ( ) ( ) 3 3 3 2 3 3 3 2 0 1 3 3 *x y y x t t y y⇔ − + − − = ⇔ − − = − Hàm số ( ) 3 3f u u u= − nghịch biến trên đoạn [ ] 0;2 nên: Từ (*) 3 3 3 3 3 1t t y y y t y x⇔ − = − ⇔ = ⇔ = + Thay vào y=x+1 vào phương trình (2) ta được ( ) ( ) 2 2 2 1 3 2 1 1 1 0x x x x+ − − + − + + = 2 2 2 1 1 0x x⇔ − − + = Đặt [ ] 2 1 0;1v x v= − ⇒ ∈ ta có phương trình: 2 1 3 2 2 0 1 3( ) v v v v L  = − + + − = ⇔  = − −   Với 2 3 3; 1 2 3 3 1 3 2 3 3; 1 2 3 3 x y v x y  = − − = − −  = − + ⇔  = − = + −  Hệ phương trình có nghiệm (x;y) là ( ) ( ) 2 3 3;1 2 3 3 ; 2 3 3;1 2 3 3− − − − − + − Câu 9.(1,0 điểm) Cho ba số , , ,a b c d là các số thực bất kỳ . Chứng minh rằng : 3 a b c d ad bc a b c d ac bd − − + + + ≥ + + − Đặt ; ; a b c d ad bc x y z a b c d ac bd − − + = = = + + − và T xy yz zx= + + a b c d c d ad bc ad bc a b T a b c d c d ac bd ac bd a b − − − + + −          = + +  ÷ ÷  ÷ ÷  ÷ ÷ + + + − − +          ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a b c d ac bd ad bc a b c d c d a b T a b c d ac bd   − − − + + − + + − +   = + + − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 ac bd a b c d ad bc a b c d ac bd T a b c d ac bd a b c d ac bd   − − − + + + + −   = = = + + − + + − Yêu cầu bài toán ( ) ( ) 22 3 3 3x y z x y z x y z xy yz zx+ + ≥ ⇔ + + ≥ ⇔ + + ≥ + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 0 2 x y y z z x   ⇔ − + − + − ≥   luôn đúng . Ta có điều phải chứng minh ĐỀ SỐ 72 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số: ( ) 1 2 1 x y C x − = − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ( ) 1 2 1 x y C x − = − 2. Viết PTTT của đồ thị ( C) biết tiếp tuyến đó tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân. Câu 2.(1,0 điểm) 1. Giải phương trình: ( ) tan cos3 2cos 1 3 sin 2 cos 1 2sin x x x x x x + − = + − 2. Giải phương trình: ( ) ( ) 3 3 5 15 3 5 2 x x x+ − + + = Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân: ( ) 9 1 ln 16 x I dx x − = ∫ Câu 4.(1,0 điểm): Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn phương trình: z 2 + 0z = .Khi đó tính tổng lũy thừa bậc 4 của tất cả các nghiệm của phương trình đã cho. Câu 5.(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ): x 2 +y 2 -2x-4y-4=0.Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC đều ngoại tiếp (C ) Biết A nằm trên đường thẳng y=-1 và có hoành độ dương. Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian Oxyz , Cho mặt phẳng (P): 5x-z-4=0 và hai đường thẳng d 1 ,d 2 lần lượt có phương trình: 1 1 1 2 1 ; 1 1 2 2 1 1 x y z x y z− + − − + = = = = − .hãy viết phương trình mp(Q) song song với (P),theo thứ tự cắt d 1 ,d 2 tại A.B sao cho 4 5 3 AB = . Câu 7.(1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=3,BC=6,mp(SAB) vuông góc với mp(ABCD) ,Hình chiếu S lên mp(ABCD) nằm trên tia đối của tia AB,Các mặt phẳng (SBC) và (SCD) cùng tạo với mặt phẳng đáy các góc bằng nhau.Hơn nữa ,khoảng cách giữa các đường thẳng BD và SA bằng 6 .Tính thể tích khối chóp và cô sin góc giữa hai đường thẳng SA và BD. Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 3 5 2 15 5 22 4 15 x y x y x y x y  − − − =   − + + =   ( ) ,x y∀ ∈¡ Câu 9.(1,0 điểm): Với x,y là các số thực lớn hơn 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 2 2 16 1 1 x y x y P x y xy x y + − − = + + − − − LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm): a, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ( ) 1 2 1 x y C x − = − Tập xác định : 1 \ 2 D   =     ¡ Giới hạn: 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 lim ; lim ; lim ; lim 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 x x x x x x x x x x x x + − →−∞ →+∞ → → − − − − = = = −∞ = +∞ − − − − Đồ thị nhận đường thẳng 1 2 y = làm tiệm cận ngang.Đường thẳng 1 2 x = làm tiệm cận đứng ( ) / 2 1 0, 2 1 y x D x = > ∀ ∈ − Hàm số đồng biến với mọi x D∈ Bảng biến thiên x −∞ 1 2 +∞ y / + || + Y +∞ 1 2 1 2 −∞ Đồ thị: b, Viết PTTT của đồ thị ( C) biết tiếp tuyến đó tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân. Đồ thị hàm số không có tiếp tuyến dạng thẳng đứng. Giả sử tìm được đường thăng t tiếp xúc với đồ thị (C ) có hoành độ x 0 . có hệ số góc ( ) ( ) / 0 2 0 3 2 1 k y x x = = − − . Do hai trục tọa độ vuông góc với nhau nên t tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân khi 1k = ± *Với k=1 ( ) 2 0 3 1 2 1x ⇔ − = − Phương trình vô nghiệm *Với k=-1 ( ) 0 2 0 3 1 3 1 2 2 1 x x ± ⇔ − = − ⇔ = − Từ đó tìm được hai tiếp tuyến 1 3y x= − + ± Câu 2.(1,0 điểm): 1.(0,5 điểm). Giải phương trình: ( ) tan cos3 2cos 1 3 sin 2 cos 1 2sin x x x x x x + − = + − ĐK: 1 cos 0,sin 2 x x≠ ≠ Nhận xét: ( ) 3 2 2 cos3 4cos 3cos cos 4sin 1 , 2cos 2 1 1 4sinx x x x x x x= − = − − = − nên đưa phương trình về dạng: ( ) ( ) 2 4sin 1 sin 3 cos 1 0x x x− + − = Giải phương trình: 4sin 2 x-1=0 ,kết hợp với ĐK ta được: ( ) 7 2 , 2 6 6 x k x k k π π π π = − + = + ∈¢ Giải phương trình: sin 3 cos 1x x+ − =0 kết hợp với ĐK được ( ) 2 6 x n n π π = − + ∈¢ Kết luận :PT có hai nghiệm ( ) 7 2 , 2 6 6 x k x k k π π π π = − + = + ∈¢ 2.(0,5 điểm). Giải phương trình: ( ) ( ) 3 3 5 15 3 5 2 x x x+ − + + = chia hai vế cho 2 0 x > , Đặt 3 5 3 5 3 5 0, 1 2 2 2 x x x t         − − +   = > =  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷           ta được phương trình: t 2 -8t+13=0 3, 5t t⇔ = = *Với 3 5 2 3 log 3t x − = ⇔ = * 3 5 2 5 log 5t x − = ⇔ = Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân: ( ) 9 1 ln 16 x I dx x − = ∫ Đặt: [ ] 1;3 , 2x t t dx tdt= ⇒ ∈ = và ( ) ( ) 3 3 2 2 2 3 1 2 1 1 7 2 ln 16 2 ln 16 | 2 2 4ln , 16 5 t I t dt t t dt t   = − = − − = − +  ÷ −   ∫ ∫ 3 3 2 2 1 1 2 2 5 ( 1 2 2ln 7 2ln ) 16 4 4 3 t dt dt t t t   = − + + = − + −  ÷ − − +   ∫ ∫ vậy: I= 7 2 4ln , 5 − + Câu 4.(1,0 điểm) Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn phương trình: z 2 + 0z = .Khi đó tính tổng lũy thừa bậc 4 của tất cả các nghiệm của phương trình đã cho. Chọn ( ) ,z a bi a b= + ∈¡ .Suy ra 2 2 2 2 2 , 0z a b abi z a bi z z= − + = − ⇒ + = ( ) ( ) 2 2 2 0a b a ab b i⇔ − + + − = .Từ đó thu được 2 2 0 2 0 a b a ab b  − + =  − =  Giải hệ ta được: ( ) ( ) ( ) 1 3 ; 0;0 , 1;0 , ; 2 2 a b   = − ±  ÷  ÷   . Vậy có bốn số phức 1 2 3 4 1 3 1 3 0, 1, , 2 2 2 2 z z z i z i= = − = + = − thỏa mãn phương trình đã cho. Để ý rằng do z k là nghiệm của phương trình đã cho nên 2 4 k k z z= Do đó 2 2 4 4 4 4 1 2 3 4 1 3 1 3 1 1 2 2 2 2 2 z z z z i i     + + + = + + + − =  ÷  ÷  ÷  ÷     Câu 5.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ): x 2 +y 2 -2x-4y-4=0.Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC đều ngoại tiếp (C ) Biết A nằm trên đường thẳng y=-1 và có hoành độ dương. Đường tròn (C ) có tâm I(1;2) và bán kính R=3.Giả sử tìm được tam giác ABC thỏa mãn. Với A(a;-1), a>0 khi đó IA=2R=6 nên tìm được a=6.Dó đó A(6;-1). Khẳng định đường thẳng y=-1 tiếp xúc với (C ) tại M(1;-1) nên Nếu B nằm trên đường thẳng này thì M là trung điểm AB và C thỏa mãn 2IC IM= − uur uuur . [...]... + 2t + 1 2 + 4t − t + 2 − 2t + 3 6t = t + 7 = ⇔ 6t = t + 7 ⇔  3 3 6t = −t − 7   19 7 2  14  7 t = 5 ⇒  I =  5 ; − 5 ; 5 ÷, R = 5 ⇔     t = −1  I = (−1;1; −2), R = 2  ⇒ 2 2 2 7  2  196  19   Vậy có 2 mặt cầu (S) thỏa mãn đề bài là: (S):  x − ÷ +  y + ÷ +  z − ÷ = 5  5  5 25  2 2 2 (S): ( x + 1) + ( y − 1) + ( z + 2) = 4 · Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD... + t − 2t + 2, t ∈ ( 0;3) 27 ≥− 4 9 2 Ta có: f ′ ( t ) = − t + 2t − 2 ; f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = 3 hoặc t = 3 ∉ ( 0;3) 2 Bảng biến thi n: t 3 2 0 0 − f ′( t ) 3 + 2 1 f ( t) 3 4 3 4 3 2 Từ bảng biến thi n suy ra f ( t ) ≥ , ∀t ∈ ( 0;3) Dấu bằng xảy ra khi t = Do đó: min P = 3 1 ⇔a=b=c= 4 2 ĐỀ SỐ 75 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = 2 x 3 − 9 x 2 + 12 x − 4 a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của... t2 + t + 2 Xét hàm số g ( t ) = với t ≥ 2 t −1 4 t = −1(l ) g '( t ) = 1− ; g '( t ) = 0 ⇔  2 t = 3 ( t − 1) Đặt t = BBT t 2 g’(t) 8 g(t) − 3 0 +∞ + +∞ 7 Để (1) có nghiệm x > 0 thi (2) có nghiệm t ≥ 2 Từ BBT của g(t) thi cần có m ≥ 7 Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x − y + 4 = 0 và hai 2 2 2 2 đường tròn ( C1 ) : ( x − 1) + ( y − 1) = 1; ( C2 )... a 2 + b 2 + c 2 + 2ac ( b + c − a) 2 2 ( c + a − b) 2 b2 + c 2 + a 2 + 2bc 2 ( c + a − b) ĐỀ SỐ 74 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số: y = x − 3mx 2 + 3(m 2 − 1) x − m3 + m , ( 1) 3 a Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số ( 1) ứng với m = 1 b Tìm m để hàm số ( 1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị... 1.(1,0 điểm) với m = 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số : y = x 3 − 3x 2 Tập xác định: D = ¡ Giới hạn: xlim y = +∞, xlim y = −∞ →+∞ →−∞ x = 0 x = 2 Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;0), (2; +∞) Chiều biến thi n: y′ = 3x 2 − 6 x , y′ = 0 ⇔  Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2) Cực trị: - Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và giá trị cực đại y = 0 - Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và giá trị cực tiểu y = −4... đường tròn giao của mặt phẳng (P) với mặt cầu (S) bằng 3 nên khoảng cách từ I đến (P) bằng 4.Ta có b = −4a 2 = 4 ⇔ 4 ( a 2 + 2b 2 ) = ( 2a − b ) ⇔ 7b 2 + 4ab = 0 ⇔  a 2 + 2b 2 b = 0 −4a + 2b vậy có hai mặt phẳng (P) thỏa mãn: x-1=0.7x-4y-4z -7= 0 Câu 7( 1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , SA vuông góc với mặt đáy và SA = a Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB... ÷ 3 3 9 9   9   9 uuu  6 − 5d −6 − 7 d 30 + 5d  1 r ; ; suy ra: AB =  ÷ = ( 6 − 5d ; −6 − 7d ;30 + 5d ) 9 9  9  9 (Q) cắt d1 tại A  Do 4 5 1 80 14 2 2 2 ⇔ ( 6 − 5d ) + ( 6 + 7 d ) + ( 30 + 5d )  = ⇔ 11d 2 + 36d + 28 = 0 ⇔ d = −2, d =   9 3 81 11 Vậy tìm được hai mặt phẳng thỏa mãn: ( Q1 ) : 5 x − z − 2 = 0, ( Q2 ) : 55 x − 11z + 14 = 0 AB = Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy... x - y + 7 = 0 + Nếu AB: 3 x - y + 7 = 0 Gọi A(t;3t +7) vì A có hoành độ xA > 0 nên t>0 và do IA2 = 2.R 2 = 20 t = 0 (loại)  t = −2 + Nếu AB: x - 3 y - 3 = 0 Gọi A(3t+3;t) vì A có hoành độ xA > 0 nên t>-1 và do IA2 = 2.R 2 = 20 2 nên ( t − 2 ) + ( 3t + 4 ) = 20 ⇔ 10t + 20t + 20 = 20 ⇒  2 2 nên ( 1 + 3t ) + ( t − 3) = 20 ⇔ 10t 2 + 10 = 20 ⇒ t = 1 Suy ra A(6;1) ⇒ C(-2;5) và B(0;-1); D(4 ;7) Vậy các... y = x 3 − 3x 2 + 1 Tập xác định:D = R 3 2 Giới hạn: xlim y = xlim ( x − 3x + 1) = −∞, lim y = +∞ →−∞ →−∞ x →+∞ Sự biến thi n: x = 0 y ′ = 3 x 2 − 6 x = 3 x( x − 2), y′ = 0 ⇔  x = 2 + Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;0 ) và ( 2; +∞ ) + Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ) Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y (0) = 1 , đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = y (2) = −3 *Bảng biến thi n: −∞ x y′ 0 0... phương trình có nghiệm ⇔ m ≥ 1 e3( x +1) + x 3 + 3x 2 + 7 x + 4 2.(0,5 điểm).Tìm giới hạn sau : lim x →−1 x +1 e3( x +1) − 1 x3 + 3x 2 + 7 x + 5 Ta có I = lim + lim x →−1 x →−1 x +1 x +1 3( x +1) 3( x +1) e −1 e −1 lim = 3 lim =3 Ta có x →−1 x →−1 3 ( x + 1) x +1 x3 + 3 x 2 + 7 x + 5 = lim ( x 2 + 2 x + 5 ) = 4 x →−1 x →−1 x +1 Vậy I = 3 + 4 = 7 lim Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho . THẠCH TUYỂN CHỌN 100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 2015 TẬP 7 THANH HÓA, THÁNG 09 - 2014 LỜI NÓI ĐẦU Các em học sinh thân mến! Luyện giải bộ đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học là một quá trình. Tuyển tập 100 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI VÀO ĐẠI HỌC” do thầy tổng hợp và biên soạn từ nhiều đề thi thử Đại học trong cả nước với nhiều đề thi hay để giúp các em hệ thống lại kiến thức và chuyên đề đã. điểm ra đề và chấm thi của Bộ Giáo dục và Đào tạo rất phù hợp để các em tự ôn luyện. Toán là môn khoa học trừu tượng với phạm vi ứng dụng rộng rãi trong mọi hoạt động của con người. Để học toán