Đề thi thử đại học môn Toán số 145 đến 150

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN (ĐỀ 145 ) I PHẦN CHUNG (7 điểm) (Cho tất thí sinh) Câu (2đ) Cho hàm số: y = 2x3 - 3x2 + (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) Tìm (C) điểm M cho tiếp tuyến (C) M cắt trục tung điểm có tung độ  xy − 18 = 12 − x  Câu (2đ) Giải hệ phương trình:   xy = + y  x x - 12).3x + 11 - x = Giải phương trình: + ( Câu (1đ) Tính thể tích khối chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy a khoảng cách cạnh bên cạnh đáy đối diện m Câu (1đ) Tính tích phân: I = ∫ [ x(2 − x ) + ln(4 + x )]dx Câu (1đ) Cho tam giác ABC, với BC = a, CA = b, AB = c  1 a ( a + c ) = b = + Thoả mãn hệ điều kiện:  CMR: sin A sin B sin C b(b + a ) = c  II PHẦN RIÊNG (3đ) (Thí sinh làm hai phần) Theo chương trình chuẩn: Câu 6a (2đ) Trong mặt phẳng (oxy) cho đường thẳng (d): 3x - 4y + = đường tròn (C): x + y2 + 2x 6y + = Tìm điểm M ∈ (C) N ∈ (d) cho MN có độ dài nhỏ Trong không gian (oxyz) cho hai mặt phẳng: (P1): x - 2y + 2z - = x+2 y z−4 = = (P2): 2x + y - 2z - = đường thẳng (d): −1 −2 ∈ (d) tiếp xúc với hai mặt phẳng (P1), (P2) Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I Câu 7a (1đ) Đặt: (1 - x + x2 - x3)4 = a0 + a1x + a2x2 + + a12x12 Tính hệ số a7 Theo chương trình nâng cao Câu 6b (2đ) Trong mặt phẳng (oxy) cho đường tròn (C): (x + 1)2 + (y - 3)2 = điểm 1 7 M  ,  Tìm (C) điểm N cho MN có độ dài lớn 5 5 Trong không gian (oxyz), cho mặt cầu (S): x + y2 + z2 + 2x - 4y - 2z + = mặt phẳng (P): x - 2y + 2z - = Tìm điểm M ∈ (S), N ∈ (P) cho MN có độ dài nhỏ Câu 7b (1đ) Dùng định nghĩa, tính đạo hàm hàm số: + 3x − + x x ≠ 0, f (0) = ; điểm x0 = f ( x) = x ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Mơn thi : TỐN (ĐỀ 145 ) I PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu (2đ) y = 2x3 - 3x2 + 1) Khảo sát vẽ đồ thị (C) * TXĐ: R ĐIỂM y y + Giới hạn: lim−∞ = − ∞ , lim−∞ = + ∞ x→ x→ * Sự biến thiên: 0,25đ + Bảng biến thiên: y’ = 6x2 - 6x = 6x (x - 1)  x = 0; ( y = 1) y' = ⇔   x = 1; ( y = 0) 0,25đ Lập BBT; nêu khoảng đơn điệu điểm cực trị * Đồ thị: (tự vẽ), rõ ràng, đầy đủ, xác 2) Tìm M ∈ (C) ? Giả sử M (x0; y0) ∈ (C) ⇒ y0 = 2x03 - 3x02 + Tiếp tuyến ( ∆ ) (C) M: y = (6x02 - 6x0) (x - x0) + 2x03 - 3x02 + ( ∆ ) qua điểm P(0 ; 8) ⇔ = -4x03 + 3x02 + ⇔ (x0 + 1) (4x02 - 7x0 + 7) = ⇔ x0 = -1 ; (4x02 - 7x0 + > 0, ∀ x0) Vậy, có điểm M (-1 ; -4) cần tìm Câu (2đ) 1) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ  xy − 18 = 12 − x ⇒ 12 − x ≥ ⇒ x ≤  Giải hệ:   xy = + y ⇒ x y ≥ y ⇒ x ≥ 3  ⇒ x = ⇒ xy = 18 { } { ⇒ x ∈ − 3;2 , tương ứng y ∈ − 3;3 Thử lại, thoả mãn hệ cho {( )( Vậy, ( x; y ) ∈ − 3;−3 , 3;3 2) 0,25đ 0,25đ ( ) + ( x − 12)3 Giải phương trình: x x } 0,25đ 0,25đ 0,25đ )} 0,25đ + 11 − x = 3 x = x = ⇔ x ⇔ (a + b + c = 0) x 3 = 11 − x  f ( x ) = + x − 11 = 0(*)  f ' ( x ) = x ln + > 0, ∀x   ⇒ (*) có nghiệm x = f (2) =  Vậy, tập nghiệm phương trình: S = {0 ; 2} Câu (1đ) S N A C O B SO ⊥ (ABC) M 0,5đ 0,25đ 0,25đ ⇒ O tâm tam giác ABC S.ABC chóp ∆ AO ∩ BC = M ⇒ AM ⊥ BC   ⇒ BC ⊥ (SAM ) SO ⊥ BC  Trong ∆ SAM kẻ đường cao MN ⇒ MN = m AO = a a 3a = ⇒ AM = AO = sin 60 2 0,25đ a2 SO = h ⇒ SA = SO + AO = h + 2 ( ) ⇔ 3a − 4m h = SA.MN = SO.AM ⇔h= 2am 3a − 4m 2 2 am   m < a     a ; S(ABC) = 0,25đ 0,25đ   m < a     a 3m V = S ( ABC ).h = 3a − 4m 0,25đ Câu (1đ) Tính tích phân 2 I = ∫ x(2 − x) dx + ∫ ln(4 + x ) dx = I1 + I 0 2 0 I1 = ∫ x( − x) dx = ∫ − ( x − 1) dx = π (sử dụng đổi biến: x = 1+ sin t ) 0,25đ x2 dx (Từng phần) + x2 I = ∫ ln(4 + x )dx = x ln(4 +x ) |0 −2 ∫ 0,25đ = ln + π − (đổi biến x = tan t ) I = I1 + I = 0,25đ 3π − + ln 2 0,25đ Câu (1đ)  a (a + c) = b (1) ∆ ABC:  b(b + a ) = c (2)  (1) ⇒ sin2A + sinAsinC = sin2B (Đl sin) (cos2A - cos2B) ⇒ sinAsinC = sin(A + B) sin (B -A) ⇒ sinA = sin (B - A) ; (sin (A + B) = sin C > 0) ⇒ A = B - A ; (A, B góc tam giác) ⇒ B = 2A Tương tự: (2) ⇒ C = 2B ⇒ sinAsinC = A + B + C = π , nên A = π ; B = 2π ; C = 4π 7 4π 2π 3π π sin + sin sin cos 1 7 = 7 + Ta có: = 2π 4π π π 3π sin B sin C sin sin sin cos sin 7 7 0,25đ 0,25đ 0,25đ π = sin = sin A (đpcm) 0,25đ II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Chương trình Câu 6a (2đ) 1) Tìm M ∈ (C), N ∈ (d)? (d): 3x - 4y + = (C): (x + 1)2 + (y - 3)2 = ⇒ Tâm I (-1 ; 3), bán kính R = d (I ; d) = ⇒ (d) ∩ (C) = Ø Giả sử tìm N0 ∈ (d) ⇒ N0 hình chiếu vng góc I (d) ( ∆ ) ∋ I (−1;3) ⇒ N0 = (d) ∩ ( ∆ ) , với:  ( ∆ ) ⊥ (d ) ⇒ u∆ = ( 3;−4 ) 0,25đ  x = −1 + 3t 1 7 ⇒ ( ∆) :  ⇒ N0  ;  5 5  y = − 4t  11   19  Rõ ràng ( ∆ ) ∩ (C) = {M1; M2} ; M1  − ;  ; M2  − ;   5  5 M0 ∈ (C) để M0N0 nhỏ ⇒ M0 ≡ M1 M0N0 = 0,25đ 0,25đ Kết luận: Những điểm cần tìm thoả mãn điều kiện tốn  11  M − ;  ; N  5 1 7  ;  5 5 0,25đ 2) Phương trình mặt cầu (S) ? (P1): x - 2y + 2z - = (P2): 2x + y - 2z - = x+2 y z−4 = = −1 −2 ⇒ I (-2 - t ; 2t ; + 3t) tâm mặt cầu (S) Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P1), (P2) ⇔ d (I, (P1)) = d (I ; (P2)) Giả sử I (x0 ; y0 ; z0) ∈ (d): ⇔ 0,25đ t = −13 1 9t + = 10t + 16 ⇔  3 t = −1 ⇒ I1 = (11 ; 26 ; -35) ; I2 (-1 ; ; 1) ⇒ R1 = 38 ; R2 = Vậy, có hai mặt cầu cần tìm: (S1): (x - 11)2 + (y - 26)2 + (z + 35)2 = 382 (S2): (x + 1)2 + (y - 2)2 + (z - 1)2 = 22 Câu 7a (1đ) Tính hệ số a7 ? (1 - x + x2 - x3)4 = (1 - x)4 (1 + x2)4 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ  k k k  i 2i  =  ∑ ( − 1) C4 x  ∑ C4 x   k =0  i =  0,25đ k + 2i = ⇒ ( k ; i ) ∈ { (1;3) , ( 3;2)} (Gt) ⇒  k , i ∈ { 0,1,2,3,4} 0,25đ 3 ⇒ a7 = −C4C4 − C4 C4 = −40 0,25đ Chương trình nâng cao Câu 6b (2đ) 1) Tìm N ∈ (C)? (C): (x + 1)2 + (y - 3)2 = 1 7 ⇒ Tâm I (-1 ; 3), bán kính R = ; M  ;  5 5 6 8 IM =  ;−  ⇒ MI = 5 5 Giả sử tìm N ∈ (C) ⇒ MN ≤ MI + IN = Dấu “=” xảy ⇔ N giao điểm tia đối IM đường tròn (C)   x = −1 + t  (IM):  y = − t   ; 0,25đ 0,25đ ( IM ) ∩ ( C ) = { N1; N }  11   19  ⇒ N1  − ;  , N  − ;  ; MN1 < MN2  5  5 0,25đ  19  Kết luận: Thoả mãn điều kiện toán: N  − ;   5 2) Tìm M ∈ (S) , N ∈ (P) ? 0,25đ (S): (x + 1)2 + (y - 2)2 + (z - 1)2 = Tâm I (-1 ; ; 1), bán kính R = (P): x - 2y + 2z - = ⇒ d ( I; ( P ) ) = ⇒ ( P) ∩ ( S ) = Ø Giả sử tìm N0 ∈ (P) ⇒ N0 hình chiếu vng góc I (P) 0,25đ  ( d ) ∋ I (−1;2;1) ⇒ N = ( d ) ∩ ( P ) , với:  (d ) ⊥ ( P ) ⇒ ud = (1;−2;2)   x = −1 + t   7 ⇒ ( d ) :  y = − 2t ⇒ N  − ; ;   3 3  z = + 2t  0,25đ (d ) ∩ ( S ) = {M1 ; M2}  5  1 ⇒ M1 − ; ;  M  − ; ;   3 3 ,  3 3 0,25đ M1M0 = < M2M0 = M0 ∈ (S) để M0N0 nhỏ ⇒ M0 ≡ M1 Vậy, điểm cần tìm thoả mãn yêu cầu toán  5  7 M − ; ;  , N− ; ;   3 3  3 3 0,25đ Câu 7b (1đ) Đạo hàm định nghĩa: lim x→0 f ( x) − f (0) + 3x − + x = lim x→0 x x2 0,25đ + x − (1 + x) + (1 + x) − + x x2 0,25đ = lim x →0 = lim− x→0 = -1 + 3+ x (1 + x) + (1 + x ) + 3x + (1 + x ) + lim x →0 (1 + x) + + x 1 = - Vậy, f '( ) = − 2 0,25đ 0,25đ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN (ĐỀ 146 ) Phần chung (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số f ( x ) = x + mx + 2, có đồ thị (Cm ) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = −3 2) Tìm tập hợp giá trị m để đồ thị (Cm ) cắt trục hoành điểm Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: tan x + cot x = 2sin x + sin x ( ) 2) Giải phương trình: x + = − x x + 4; x∈R π x + sin x ∫ + cos x dx Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường trịn đáy O A, B hai điểm đường tròn · đáy cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB a , · ASO = SAB = 600 Tính theo a Câu III (1 điểm) Tính I = chiều cao diện tích xung quanh hình nón Câu V (1 điểm) Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 4x + y 2x − y + xy Phần riêng (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) Phần A Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) có phương trình : x − y = điểm M (2;1) Tìm phương trình đường thẳng ∆ cắt trục hoành A cắt đường thẳng (d ) B cho tam giác AMB vuông cân M 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng ( α ) qua hai điểm A ( 0; −1;2 ) , B ( 1;0;3) tiếp xúc với mặt cầu ( S ) có phương trình: ( x − 1) + ( y − 2) + ( z + 1) = Câu VII (1 điểm) Cho số phức z nghiệm phương trình: z + z + = 2 2 1  1  1  1  Rút gọn biểu thức P =  z + ÷ +  z + ÷ +  z + ÷ +  z + ÷ z  z   z   z   Phần B Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường trịn ( C ) có phương trình : ( x − ) + y = 25 điểm M (1; −1) Tìm phương trình đường thẳng ∆ qua điểm M cắt đường tròn ( C ) điểm A, B cho MA = 3MB 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) có phương trình: x − y − = Lập phương trình mặt cầu ( S ) qua ba điểm A ( 2;1; −1) , B ( 0;2; −2 ) , C ( 1;3;0 ) tiếp xúc với mặt phẳng ( P )    log x + ÷ − log ( x + 1) −  Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:  ≥ log ( x + 1) + log ( x + 1) Hết HƯỚNG DẪN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Mơn thi : TỐN (ĐỀ 146 ) Câu I.1 (1,0 đ) m = −3 hàm số trở thành: f ( x ) = x − 3x + 2, Tập xác định D = R Sự biến thiên  x = −1 y ' = 3( x − 1) = ⇔  x =1  x < −1 y'> ⇔  hàm số đồng biến ( −∞; −1) ( 1; +∞ ) x >1 0,25 y ' < ⇔ −1 < x < hàm số nghịch biến ( −1;1) điểm CĐ ( −1; ) , điểm CT ( 1;0 ) lim y = −∞ x →−∞ lim y = +∞ 0,25 x →+∞ Điểm uốn: y '' = x = ⇔ x = , Điểm uốn U ( 0;2 ) Bảng biến thiên: −∞ x y' −1 + − + +∞ CĐ y 0,25 +∞ −∞ CT 0,25 Câu I.2 (1,0 đ) Đồ thị Phương trình cho HĐGĐ x3 + mx + = 0, (*) x3 + x = không thỏa mãn nên: (*) ⇔ m = − x x +2 2 Xét hàm số g ( x) = − = − x − ⇒ g '( x) = −2 x + x x x g '( x) = ⇔ x = ta có bảng biến thiên: x −∞ + g '( x) g ( x) −∞ +∞ ll 0,25 0,25 +∞ + − -3 −∞ −∞ Số nghiệm (*) số giao điểm đường thẳng y = m đồ thị hàm số y = g ( x) nên để (*) có nghiệm m > −3 Lưu ý: Có thể lập luận để đồ thị (Cm ) hàm số y = f ( x) khơng có cực trị có hai điểm cực trị hai điểm cực trị nằm phía trục hồnh Câu II.1 (1,0 đ) tan x + cot x = 2sin x + 0,25 ,(1) sin x 0,25 Điều kiện: x ≠ k π 0,25 4sin x + cos x 2sin 2 x + (1) ⇔ = sin x sin x ⇒ 2(1 − cos x) + cos x = 2(1 − cos 2 x) + 0,25 ⇔ cos 2 x − cos x − = cos x = (loai do:sin x = 0) π ⇔ ⇔ x = ± + kπ cos x = −  Đối chiếu điề kiện phương trình có nghiệm là: x = ± (x Câu II.2 (1,0 đ) + 1) = − x x + 4; 0,25 π + kπ , k ∈ Z 0,25 x∈R Đặt t = x x + ⇒ t = 2( x + x ) ta phương trình t2 + = − t ⇔ t + 2t − = t = −4 ⇔ t = 0,25 0,25 x < x < ⇔ 4 2 2( x + x ) = 16 x + 2x − = + Với t = − Ta có x x + = −4 ⇔  x < ⇔ ⇔x=− x =2  0,25 x > x > ⇔ 4 2 2( x + x ) = x + 2x − = + Với t = ta có x x + = ⇔  x >  ⇔ ⇔x= x = −1  −1 ĐS: phương trình có nghiệm x = − 2, x = Câu III (1,0 đ) 0,25 −1 π π π x + sin x x sin x dx = ∫ dx + ∫ dx + cos x 2cos x 2cos x π x π x I1 = ∫ dx = ∫ dx 2cos x cos x u = x du = dx  Đặt  dx ⇒  v = tan x dv = cos x  π π  1 π ⇒ I1 =  x tan x 03 − ∫ tan xdx  = + ln cos x 2  I =∫3 π I2 = ∫ = 0,25 π = π − ln 2 0,25 π  sin x π 1 π dx = ∫ tan xdx =  ∫ (1 + tan x)dx − ∫ dx  = 2cos x 2  π 1 π [ tan x − x ] 03 =  −   ÷ 2 3 0,25 π 1 π π I = I1 + I = − ln +  − ÷ = 2 3 Câu IV (1,0 đ) S O B I ( ) + 1( −1 0,25 − ln 2) Gọi I trung điểm AB , nên OI = a Đặt OA = R · SAB = 600 ⇒ ∆SAB A 0,25 0,25 0,25 1 OA R AB = SA = = 2 sin · ASO Tam giác OIA vuông I nên OA − IA2 = IO R2 a ⇔ R2 − = a2 ⇔ R = ⇒ SA = a a Chiếu cao: SO = a Diện tích xung quanh: S xq = π Rl = π a = π a2 Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x + y = 4x + y 2x − y x y y x y P= + = + + − = + + + − xy y x y x 2 Thay y = − x được: IA = Câu V (1,0 đ) 0,25 0,25 y x 5− x y y + + + − = + + + x − ≥ + x − = y x 2 y x y x 2 3 P x = 1; y = Vậy Min P = 2 P= Lưu ý: Có thể thay y = − x sau tìm giá trị bé hàm số g ( x) = Câu AVI.1 (1,0 đ) 0,50 0,25 3x + 3x − + x(5 − x) A nằm Ox nên A ( a;0 ) , B nằm đường thẳng x − y = nên B(b; b) , uuu r uuu r M (2;1) ⇒ MA = (a − 2; −1), MB = (b − 2; b − 1) 0,25 Tam giác ABM vuông cân M nên: uuu uuu r r   MA.MB =  (a − 2)(b − 2) − (b − 1) = ⇔ ,  (a − 2) + = (b − 2) + (b − 1)  MA = MB    b = không thỏa mãn b −1  b −1  a − = b − , b ≠ ,b ≠ a − =  ⇔ b−2  (a − 2)2 + = (b − 2) + (b − 1)  b −  + = (b − 2) + (b − 1)   b − ÷   0,25 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN (ĐỀ 148 ) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x −1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( C ) hàm số Tìm giá trị m để đường thẳng y = mx – m + cắt đồ thị ( C ) hai điểm phân biệt A,B đoạn AB có độ dài nhỏ Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình Giải phương trình cos x ( cos x − 1) = ( + sin x ) sin x + cos x − x2 + x x + = − 2x − x2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân ∫ (x ∈ ¡ ) x −3 dx x +1 + x + Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M, N điểm di động cạnh AB, AC cho ( DMN ) ⊥ ( ABC ) Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x y Chứng minh rằng: x + y = 3xy Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z ≥ thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức x + y + 16 z P= ( x + y + z) II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC qua M(2; 1) Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật Trong khơng gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + = hai đường thẳng x + y −1 z − x−2 y+2 z = = = = d1: , d2: 1 −2 Viết phương trình đường thẳng d vng góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 d2 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n ∈ N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = B Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B C nằm hai đường thẳng d 1: x + y + = d2: x + 2y – = Viết phương trình đường trịn có tâm C tiếp xúc với đường thẳng BG x − y + z +1 = = Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: mặt phẳng (P): x + y + z + = −1 Gọi M giao điểm d (P) Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm mặt phẳng (P), vng góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới ∆ 42 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  log ( y − x ) − log y =   2  x + y = 25 ( x, y ∈ ¡ ) -Hết - ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Mơn thi : TỐN (ĐỀ 148 ) Câu I Nội dung Điểm HS tu lam 2,0 II 2.0 Giải phương trình cos x ( cos x − 1) = ( + sin x ) sin x + cos x 1.0 ĐK: sin x + cos x ≠ 0.25 Khi PT ⇔ ( − sin x ) ( cos x − 1) = ( + sin x ) ( sin x + cos x ) ⇔ ( + sin x ) ( + cos x + sin x + sin x.cos x ) = 0.25 ⇔ ( + sin x ) ( + cos x ) ( + sin x ) = sin x = −1 ⇔ (thoả mãn điều kiện) cos x = −1 π   x = − + k 2π ⇔ ( k , m ∈ Z)   x = π + m2π Vậy phương trình cho có nghiệm là: x = − Giải phương trình: 0.25 0.25 π + k 2π x = π + m2π − x2 + x x + = − 2x − x2 ( k , m ∈ Z) (x ∈ ¡ ) 3 − x − x ≥  PT ⇔  2 7 − x + x x + = − x − x  0.25 3 − x − x ≥  ⇔  x x + = −2( x + 2)  0.25   −3 ≤ x ≤  ⇔ x ≠  x+2  x + = −2 x   −2 ≤ x <  ⇔ ( x + 1) ( x − 16 ) =  0.25 ⇔ x = −1 0.25 Vậy phương trình cho có nghiệm x = - III Tính tích phân ∫ Đặt u = x −3 dx x +1 + x + 1.0 x = ⇒ u = x + ⇒ u − = x ⇒ 2udu = dx ; đổi cận:  x = ⇒ u = 2 x−3 2u − 8u dx = ∫ du = ∫ (2u − 6)du + 6∫ du Ta có: ∫ u + 3u + u +1 x +1 + x + 1 ( 1.0 0.25 0.25 = u − 6u 0.25 = −3 + ln IV ) + ln u + 1 0.25 1.0 D Dựng DH ⊥ MN = H Do ( DMN ) ⊥ ( ABC ) ⇒ DH ⊥ ( ABC ) mà D ABC tứ diện nên H tâm tam giác ABC B C N H 0.25 M A  3 Trong tam giác vuông DHA: DH = DA − AH = −  ÷ =  ÷   Diện tích tam giác AMN S AMN = 2 0.25 AM AN sin 600 = xy Thể tích tứ diện D AMN V = S AMN DH = xy 12 Ta có: S AMN = S AMH + S AMH ⇔ 0.25 1 xy.sin 600 = x AH sin 300 + y AH sin 300 2 x + y = 3xy ⇔ V 0.25 1.0 Trước hết ta có: x + y 3 ( x + y) ≥ Đặt x + y + z = a Khi P ≥ ( (biến đổi tương đương) ⇔ ⇔ ( x − y ) ( x + y) ≥ x + y ) + 64 z ( a − z ) + 64 z 3 = = ( − t ) + 64t 3 a a 0.25 z (với t = , ≤ t ≤ ) a 0.25 Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t ∈ [ 0;1] Có f '(t ) = 64t − ( − t )  , f '(t ) = ⇔ t = ∈ [ 0;1]   0.25 Lập bảng biến thiên ⇒ Minf ( t ) = t∈[ 0;1] 64 ⇒ GTNN P 16 đạt x = y = 4z > 81 81 0.25 VI.a 2.0 1.0 Do B giao AB BD nên toạ độ B nghiệm hệ: 21  x = x − y +1 =   21 13  ⇔ ⇒ B ; ÷   5  x − y + 14 =  y = 13   Lại có: Tứ giácrABCD hình chữ nhật nên góc AC AB góc AB uuu uuu r uuu r BD, kí hiệu nAB (1; −2); nBD (1; −7); nAC ( a; b) (với a2+ b2 > 0) VTPT uuu uuu r r uuu uuu r r đường thẳng AB, BD, AC Khi ta có: cos nAB , nBD = cos nAC , nAB ( )  a = −b 2 2 ⇔ a − 2b = a + b ⇔ a + 8ab + b = ⇔  a = − b  ( ) 0.25 0.25 - Với a = - b Chọn a = ⇒ b = - Khi Phương trình AC: x – y – = 0, x − y −1 = x = ⇒ ⇒ A(3; 2) A = AB ∩ AC nên toạ độ điểm A nghiệm hệ:  x − y +1 =  y = Gọi I tâm hình chữ nhật I = AC ∩ BD nên toạ độ I nghiệm hệ:  x = x − y −1 =  7 5 ⇔ ⇒I ; ÷  2 2  x − y + 14 = y =    14 12  Do I trung điểm AC BD nên toạ độ C ( 4;3) ; D  ; ÷  5 - Với b = - 7a (loại AC khơng cắt BD) 0.25 0.25 1.0  x = −1 + 2t x = + m   Phương trình tham số d1 d2 là: d1 :  y = + 3t ; d :  y = −2 + 5m z = + t  z = −2 m   Giảuuuud cắt d1 M(-1 + 2t ; + 3t ; + t) cắt d2 N(2 + m ; - + 5m ; - 2m) sửr ⇒ MN (3 + m - 2t ; - + 5m - 3t ; - - 2m - t) 3 + m − 2t = 2k uuuu r uu r uu r  Do d ⊥ (P) có VTPT nP (2; −1; −5) nên ∃k : MN = k n p ⇔  −3 + 5m − 3t = −k có nghiệm  −2 − 2m − t = −5k  0.25 0.25 0.25 m = Giải hệ tìm  t =  x = + 2t  Khi điểm M(1; 4; 3) ⇒ Phương trình d:  y = − t thoả mãn toán  z = − 5t  VII.a Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n ∈ N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 0.25 1.0 n ∈ N Điều kiện:  n > 0.25 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = ⇔ log4(n – 3)(n + 9) = (thoả mãn) n = ⇔ (n – 3)(n + 9) = 43 ⇔ n2 + 6n – 91 = ⇔  (không thoả mãn)  n = −13 0.25 Vậy n = Khi z = (1 + i)n = (1 + i)7 = ( + i ) ( + i )  = ( + i ) (2i )3 = (1 + i).( −8i) = − 8i   0.25 Vậy phần thực số phức z 0.25 VI.b 2.0 1.0 Giả sử B ( xB ; yB ) ∈ d1 ⇒ xB = − yB − 5; C ( xC ; yC ) ∈ d ⇒ xC = −2 yC +  xB + xC + =  yB + yC + = 0.25 Từ phương trình ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) uuu r uuu r Ta có BG (3; 4) ⇒ VTPT nBG (4; −3) nên phương trình BG: 4x – 3y – = 0.25 Vì G trọng tâm nên ta có hệ:  Bán kính R = d(C; BG) = 81 ⇒ phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 25 0.25 0.25 1.0 Ta có phương trình tham số d là:  x = + 2t   y = −2 + t ⇒ toạ độ điểm M nghiệm hệ  z = −1 − t   x = + 2t  y = −2 + t  (tham số t)   z = −1 − t x + y + z + =  0.25 ⇒ M (1; −3;0) uu r uu r Lại có VTPT của(P) nP (1;1;1) , VTCP d ud (2;1; −1) uu r uu uu r r Vì ∆ nằm (P) vng góc với d nên VTCP u∆ = ud , nP  = (2; −3;1)   uuuu r Gọi N(x; y; z) hình chiếu vng góc M ∆ , MN ( x − 1; y + 3; z ) uu r uuuu r Ta có MN vng góc với u∆ nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = x + y + z + =  Lại có N ∈ (P) MN = 42 ta có hệ:  x − y + z − 11 = ( x − 1) + ( y + 3) + z = 42  Giải hệ ta tìm hai điểm N(5; - 2; - 5) N(- 3; - 4; 5) x−5 = x+3 = Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt ∆ : Nếu N(5; -2; -5) ta có pt ∆ : VII.b y+2 = −3 y+4 = −3 z +5 z −5 1  log ( y − x ) − log y = Giải hệ phương trình   x + y = 25  0.25 0.25 0.25 1.0 ( x, y ∈ ¡ ) y − x > y > Điều kiện:  0.25 y−x   y−x log ( y − x ) + log y = −1 log y = −1  y = ⇔ ⇔ Hệ phương trình ⇔   x + y = 25  x + y = 25  x + y = 25    0.25 x = 3y x = 3y x = 3y  ⇔ ⇔ ⇔  25 2  x + y = 25 9 y + y = 25  y = 10  0.25    15 ; ( x; y ) =  ÷  10 10  ⇔    15 ;− ( x; y ) =  − ÷ 10    10  (không thỏa mãn đk) (không thỏa mãn đk) 0.25 Vậy hệ phương trình cho vơ nghiệm Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà điểm phần đáp án quy định ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Mơn thi : TỐN (ĐỀ 149 ) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2,0 điểm) Cho hàm số y = x − (3 x − 1) m (C ) với m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C) m = Tìm gíá trị m để đồ thị hàm số (C) có hai điểm cực trị chứng tỏ hai điểm cực trị hai phía trục tung Câu II:(2,0 điểm) Giải phương trình: 8cos3 x + sin x + cos( Tính tích phân : I = 17π − x).cos x = 16cos x dx ∫ ( e x + 1) ( x2 + 1) −1 Câu III:(2,0 điểm) x Tìm giá trị tham số m để phương trình: m + e = e x + có nghiệm thực 1 1 Chứng minh: ( x + y + z )  + + ÷ ≤ 12 với số thực x , y , z thuộc đoạn [ 1;3] x y z   Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có chân đường cao H trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC AB = AC = 5a , BC = 6a Góc mặt bên (SBC) với mặt đáy 600 Tính theo a thể tích diện tích xung quanh khối chóp S.ABC II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần: A B A Theo chương trình chuẩn Câu Va:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC vuông cân A với A ( 2; ) G ; trọng tâm Tính bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Câu VI.a:(2,0 điểm) x x Giải phương trình: log ( 4.16 + 12 ) = x + ( ) Tìm giá trị nhỏ hàm số y = ( x − 1) ln x B Theo chương trình nâng cao Câu Vb:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC với A ( ; 1) phương trình hai đường trung tuyến tam giác ABC qua hai đỉnh B , C − x + y + = x + y − = Tìm tọa độ hai điểm B C Câu VI.b:(2,0 điểm) Giải phương trình: 2log x +1 + 2log x− = x 3 ln ( − x ) x→1 x − Tìm giới hạn: lim -Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Đ áp án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN (ĐỀ 149 ) Câu Ý Câu I (2,0đ) Ý1 (1,0 đ) NỘI DUNG Điểm Khi m =1 → y = x − x + Tập xác định D=R 0,25 đ Giới hạn: xlim y = −∞ ; xlim y = +∞ →−∞ →+∞ ↔ x = ±1 y’= 3x – ; y’=0 0,25 đ Bảng biến thiên Hàm số đồng biến khoảng ( −∞ ; − 1) , ( 1; + ∞ ) nghịch biến khoảng ( −1;1) Hàm số đạt CĐ x = -1 ; yCĐ = đạt CT x = ; yCT = -1 0,25 đ Điểm đặc biệt: ĐT cắt Oy (0 ; 1) qua (-2 ; -1) ; (2 ; 3) Đồ thị ( khơng cần tìm điểm uốn) Ý2 (1,0 đ) 0,25 đ y’ = ↔ 3x2 – 3m = ; ∆ ' = 9m 0,25 đ m ≤ : y’ không đổi dấu → hàm số khơng có cực trị 0,25 đ m > : y’ đổi dấu qua nghiệm y’=0 → hàm số có cực trị 0,25 đ KL: m > m > → P = −m < → đpcm 0,25 đ 0,25 đ ↔ cos x = Ý1 (1,0 đ) Biến đổi: cos3 x + sin x = 8cos x ↔ cos x.(2 cos x + sin x − 4) = âu II (2,0 đ) 0,25 đ 0,25 đ v 2sin x − sin x + = π   x = + kπ  π ↔  x = + k 2π , k ∈ Z    x = 3π + k 2π  KL: 0,25 đ  x =  x = −2 Khi x = 2y → y = ±1 →  ; (loại)  y =  y = −1 0,25 đ Khi y=2x → -3 x = : VN KL: nghiệm hệ PT ( 2;1) 0,25 đ Ý2 (1,0 đ) Câu III (2,0 đ) Ý1 (1,0 đ) x Đặt t = e ĐK: t > PT trở thành: m = t + − t 0,25 đ Xét f (t ) = t + − t với t > 0,50 đ  t4  f '(t ) =  ÷ − < → hàm số NB ( 0; + ∞ )  t +1 lim f (t ) = lim t →+∞ t →+∞ ( t +1 + t )( t4 +1 + t2 ) =0 ; f(0) = 0,25 đ KL: 0< m , ta có:  ÷ +  ÷ − = 3 3 2x 0,50đ x 4 Đặt t =  ÷ ĐK: t > ; 4t + t − = ↔ t = −1(kth); t = (th) 3 x Ý2 (1,0 đ) −1 3 4 4 , ta có:  ÷ = =  ÷ ↔ x = −1 4 3 3 x −1 TXĐ: D = ( 0; + ∞ ) ; y ' = ln x + x Khi t = 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ x −1 HSĐB x Khi < x < → y ' < ; x > → y ' > KL: miny = ↔ x = 2 x − y = 4 1 ↔ G  ; ÷ Tọa độ trọng tâm tam giác ABC  7 7 x + 3y = Gọi B ( b ; 2b − 1) ∈ (d1 ) ; C ( − 3c ; c ) ∈ (d ) y’= ↔ x = ; y(1) = y = ln x + Câu Vb (1,0 đ)   b − 3c = b =   ↔ Ta có:  2b + c = c = −   7   Câu VIb Ý (2,0 đ) (1,0 đ)    10  KL: B  ; − ÷ ; C  ; − ÷ 7 7 7  t ĐK: x > Đặt t = log x ↔ x = 0,25 đ t Đặt t = x − Suy : x → ⇔ t → ln ( − t ) ln ( + ( −t ) ) −1 = lim =− Giới hạn trở thành: lim t →0 t ( t + ) t →0 t+2 ( −t ) ln ( − x ) =− x →1 x −1 0,25 đ 0,25 đ 2 2 Ta có: 2.2 + 2t = 3t ↔ 2t = 3t ↔  ÷ = =  ÷ 4 3 3 Khi t = log x = ↔ x = (th) KL: nghiệm PT x = KL: lim 0,25 đ 0,50 đ t Ý2 (1,0 đ) 0,50 đ 0,50 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,50đ 0,25đ * Lưu ý: Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi có lập luận dựa vào SGK hành có kết xác đến ý cho điểm tối đa ý ; cho điểm đến phần học sinh làm từ xuống phần làm sau không cho điểm … HẾT… ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Mơn thi : TỐN (ĐỀ 150 ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 2x + 1− x 1)Khảo sát vẽ đồ thị ( C ) hàm số 2)Gọi (d) đường thẳng qua A( 1; ) có hệ số góc k Tìm k cho (d) cắt ( C ) hai điểm M, N MN = 10 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = Câu II (2 điểm) :  x + y + x − y = 12  Giải hệ phương trình:   y x − y = 12  2.Giải phương trình : sin x − sin x + sin x + cos x − = π Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 3sin x − cos x dx ∫ (sin x + cos x)3 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác ngoại tiếp hình cầu bán kính r cho trước Tính thể tích hình chóp cụt biết cạnh đáy lớn gấp đơi cạnh đáy nhỏ Câu V (1 điểm) T×m m để phơng trình sau có nghiệm phân biệt : 10 x +8 x + = m(2 x + 1) x + PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: x + y + = phân giác CD: x + y − = Viết phương trình đường thẳng BC Cho đường thẳng (D) có phương trình:  x = −2 + t   y = −2t  z = + 2t  Gọi ∆ đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) I(-2;0;2) hình chiếu vng góc A (D) Trong mặt phẳng qua ∆ , viết phương trình mặt phẳng có khoảng cách đến (D) lớn Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z số thực thuộc (0;1] Chứng minh 1 + + ≤ xy + yz + zx + x + y + z Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x + y – x – y + = 0, (C ') : x + y + x – = qua M(1; 0) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') A, B cho MA= 2MB 2)Trong kh«ng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d d lần lợt có phơng trình : y2 x2 z+5 x= = z vµ d’ : = y −3= Viết phơng trình mặt phẳng ( ) qua d tạo với d góc 300 Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c ba cạnh tam giác Chứng minh b c   a + + +