ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 66 I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 1 5 4 4 ( ) 3 2 y x mx mx C= − − − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại 1 2 ,x x sao cho biểu thức 2 2 2 1 2 2 1 2 5 12 5 12 x mx mm A x mx m m + + = + + + đạt giá trị nhỏ nhất. Câu II: (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 6, phương trình BD là 2 12 0x y+ − = , AB đi qua (5;1)M , BC đi qua (9;3)N . Viết phương trình các cạnh hình chữ nhật biết hoành độ của điểm B lớn hơn 5. 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: 3 2 (1 ) 2 , 0, 1y x x x x x= − − = = và trục hoành. Câu III: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 sin( ) cos( ) 1 6 3 (cos sinx.tan ) cos x 2 cos x x x x x π π − + − − + = . 2. Cho tập hợp {0,1,2,3,4,5,6,7}.E = Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có gồm 4 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số của E? Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A' lên mặt phẳng ( )ABC trùng với tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA', cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng 2 3 8 a . Tính thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. Phần A Câu V.a:(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz lập phương trình đường thẳng d đi qua (1;0; 2)A − và cắt d’: 1 1 2 3 2 2 x y z− + − = = − sao cho góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P): 2 2 1 0x y z− + − = lớn nhất. Câu VI.a: (2,0 điểm) 1. Tìm ,x y R∈ sao cho: 2 2 3 2 3 1 1 1 (1 ) (4 ) 4 x x x x x i i y y y y y + + + + − = + + + ÷ 2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển sau: 17 3 4 2 1 .x x + ÷ Phần B Câu V.b: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho (2;1;0), (0;4;0), (0;2; 1)A B C − và đường thẳng d: 1 1 2 2 1 3 x y z− + − = = . Lập phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với mặt phẳng (ABC) và cắt d tại điểm D sao cho bốn điểm A, B, C, D tạo thành một tứ diện có thể tích bằng 19 6 . Câu VI.b: (2,0 điểm) . 1. Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn đồng thời: 5z = và 7 1 z i z + + là số thực 2. Tìm hệ số của 8 x trong khai triển nhị thức Niutơn của 2 ( 2) n x + , biết: 3 2 1 8 49, ( , 3) n n n A C C n N n− + = ∈ > . 1 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SÔ 66 Câu 1: 1, Khi m = 0 thì 3 1 4 3 y x= − , TXĐ : R 2 ' 0 0y x x= = ⇔ = Bảng biến thiên x ∞− 0 ∞+ Hàm số luôn đồng biến trên R. y’ + - 4 + ∞+ y ∞− Vẽ đồ thị đẹp , chính xác cho điểm tối đa . TXĐ: R, 2 ' 5 4y x mx m= − − . Hàm số đạt cực trị tại 1 2 , ' 0x x y⇔ = có 2 nghiệm phân biệt 1 2 ,x x 2 0 25 16 0 (1) 16 25 m m m m > ⇔ + > ⇔ < − Theo Viet, ta có: 1 2 1 2 5 4 x x m x x m + = = − vì 1 x là nghiệm của phương trình 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 1 2 5 4 0 5 4 5 12 5 ( ) 16 25 16 0x mx m x mx m x mx m m x x m m m− − = ⇒ = + ⇒ + + = + + = + > Câu 1: 2, tương tự ta cũng có: 2 2 2 1 1 2 5 12 5 ( ) 16 25 16 0x mx m m x x m m m+ + = + + = + > khi đó 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 5 12 25 16 2 5 12 25 16 x mx mm m m m A x mx m m m m m + + + = + = + ≥ + + + (BĐT Cauchy cho 2 số dương) Dấu “=” ⇔ 2 2 4 2 2 2 2 2 2 0 25 16 (25 16 ) 25 16 2 25 16 3 m m m m m m m m m m m m m m = + = ⇔ = + ⇔ = + ⇔ + = − đối chiếu điều kiện (1), ta có: min A = 2 khi 2 3 m = − . A B Câu 2: 1, Gọi B(a; 12-2a) Ta có (9 ;2 9)BN a a− − uuur , M(5;1) (5 ;2 11)BM a a− − uuuur do BM vuông góc với BN nên: 6 (5 )(9 ) (2 11)(2 9) 0 (6;0) 24 5 a a a a a B a = − − + − − = ⇔ ⇒ = ( Do hoành độ điểm B lớn hơn 5), N(9;3) D C phương trình AB: 6 0x y+ − = phương trình BC: 6 0x y− − = Gọi ( ;12 2 )D b b− theo bài ra, ta có: DA.DC = 6 nên: 12 2 6 12 2 6 . 6 2 2 b b b b+ − − − + − = 2 4 3 6 . 6 12 ( 6) 4 8 b b b b b = ⇔ − − = ⇔ − = ⇔ = với 4b = thì (4;4)D phương trình DA có dạng: 0x y− = ; phương trình : 8 0DC x y+ − = . với 8b = thì (8; 4)D − phương trình DA có dạng: 12 0x y− − = , phương trình : 4 0DC x y+ − = . Câu 2: 2, Ta có 1 3 2 0 (1 ) 2S x x x dx= − − ∫ 1 1 1 3 2 2 2 2 2 2 0 0 0 1 (1 ) 2 (1 ) 2 (1 ) ( 2 1) 2 (2 ) 2 S x x x dx x x x x dx x x x x d x x= − − = − − − = − + − − ∫ ∫ ∫ 2 Đặt [ ] 1 2 2 2 2 2 0 1 2 ( 0;1 ) 2 , (2 ) 2 (1 ) .2 2 x x t t x x t d x x tdt S t t tdt− = ∈ ⇒ − = − = ⇒ = − ∫ 1 3 5 2 4 0 1 1 1 2 ( ) ( ) 0 3 5 3 5 15 t t t t dt= − = − = − = ∫ . Câu 3: 1, Điều kiện cos 0 cos 0 2 x x ≠ ≠ . Phương trình ⇔ 2 2 2 cos( ) cos( ) 1 3 3 (cos 2sin ) cos 2 cos x x x x x x π π − + − − + = 2 2 2 2cos( )cos 1 1 3sinx 2 6 (cos 1 cos ) 1 tan 3 t anx cos cos cos cos x x x x x x x x π π − ⇔ − + − = ⇔ − = ⇔ = 2 tan 0 tan 3 tan 0 ( ) tan 3 3 x k x x x k Z x k x π π π = = − = ⇔ ⇔ ∈ = + = Đối chiếu điều kiện ta thấy nghiệm của phương trình là 2 ( ) 3 x l l Z x l π π π = ∈ = + Câu 3: 2, Đáp số: 750 số Câu 4: A’ C’ B’ K A C O M : B Gọi M là trung điểm của BC, do A’O ⊥ (ABC) nên ( ' )BC A AM⊥ .Gọi K là điểm thuộc AA’ sao cho KB ⊥ AA’, nối KC thì AA’ ⊥ (KBC) ⇒ AA’ ⊥ KM 2 3 3 . 3 2 3 a a AO = = ; ∆ KBC có diện tích 2 3 8 a nên 2 . 3 3 2 8 4 KM BC a a KM= ⇒ = Xét ∆ A’AM có 2 đường cao A’M và MK nên : ' . . ' (*)A O AM KM AA= đặt A’O = x >0 khi đó từ (*) ta có: 2 2 3 3 . '. . . 2 3 4 a a a x AM AA KM x x= ⇔ = + ( Do ∆ A’AO vuông tại O và 3 3 a AO = ) hay 2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 3 3 3 3 a a a a x x x x x x= + ⇔ = + ⇔ = ⇔ = Ta có diện tích đáy ABC bằng 2 1 3 3 . . 2 2 4 a a a = ( Diện tích tam giác đều cạnh a) .Vậy 2 3 . ' ' ' 3 3 ' . . 3 4 12 ABC A B C ABC a a a V A O S= = = Câu 5b: Gọi H là chân đường cao hạ từ D xuống (ABC) ta có . 1 19 19 . (*) 3 6 2 ABC D ABC ABC DH S V DH S = = ⇒ = và ta gọi (1 2 ; 1 ;2 3 )D t t t+ − + + ( Do D d∈ ) 3 mà 1 1 29 , 9 4 16 2 2 2 ABC S AB AC = = + + = uuur uuur ; phương trình (ABC): 3 2 4 8 0x y z+ − − = thay vào (*) ta có: 1 3(1 2 ) 2( 1 ) 4(2 3 ) 8 19 17 9 4 16 29 2 t t t t t = + + − + − + − = ⇔ − = + + khi 1t = tọa độ (3;0;5)D , phương trình ∆ là: 3 5 3 2 4 x y z− − = = − . khi 17 2 t − = tọa độ 19 45 ( 16; ; ) 2 2 D − − − , phương trình ∆ là: 19 47 16 2 2 3 2 4 y z x + + + = = − (Nếu đúng một trong hai phương trình ∆ thì vẫn cho 0,25) Câu 6b: 1, Gọi ;z a bi= + trong đó ,a b R∈ do 2 2 2 2 5 5 25z a b a b= ⇔ + = ⇔ + = (1) [ ] [ ] 2 2 2 2 2 2 ( 7) ( 1 ) ( 1)( 7) 7 7 ( 7) ( 1) ( 7) 1 1 1 ( 1) ( 1) ( 1) a b i a bi ab a b i z i a bi i a b i a a b b z a bi a bi a b a b a b + + + + + + + + + + + + + − + = = = = + + − + + − + + + + + + theo bài ra 7 1 z i R z + ∈ + nên ( 1)( 7) 0ab a b+ + + = (2) từ (1) và (2) ta có hệ 2 2 ( 1)( 7) 0 (3) 25 (4) ab a b a b + + + = + = từ (3) thay 7( 1) 2 1 a b a + = + vào (4) ta được PT bậc 4 sau 4 3 2 2 3 4 2 2 25 12 0 ( 3)( 4)(2 1) 0 4 3 1 7 2 2 2 a b a a a a a a a a b a b = ⇒ = − + − − + = ⇔ − + − = ⇔ = − ⇒ = − = ± ⇒ = ± Từ đó suy ra có 4 số phức sau thỏa mãn ycbt: 1 7 3 4 ; 4 3 ; 2 2 z i z i z i= − = − − = ± ± Hệ số của 8 x là 3 3 7 .2 280C = Câu 5a: Gọi M là giao điểm của d và d’, khi đó (1 3 ; 1 2 ;2 2 )M t t t+ − + − và (3 ; 1 2 ;4 2 )AM t t t− + − uuuur Gọi (2; 1;2)n = − r là tọa độ VTPT của (P), gọi ϕ là góc giữa đường thẳng d và giá của n r khi đó 2 2 2 2 2 2 2 6 1 2 8 4 3 cos (*) 2 ( 1) 2 9 ( 1 2 ) (4 2 ) 17 20 17 t t t t t t t t ϕ + − + − = = + − + + − + + − − + , d tạo với (P) góc lớn nhất khi và chỉ khi d tạo với giá của vectơ pháp tuyến của (P) một góc nhỏ nhất cos ϕ ⇔ lớn nhất 2 ( ) 17 20 17f t t t⇔ = − + nhỏ nhất mà ' 189 10 30 3 48 ( ) ( ; ; ) 17 17 17 17 17 min f t t AM a ∆ = − = ⇔ = ⇒ = uuuur khi đó phương trình d có dạng: 1 2 10 1 16 x y z− + = = Câu 6a:1, Hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực bằng nhau và phần ảo bằng nhau, vì vậy ta có hệ: Câu 6b: 2, Ta có: 3 2 1 3 2 8 ( 1) 8 49, ( 1)( 2) 49 7 7 49 0 7 2 n n n n n A C C n n n n n n n n − − + = ⇔ − − − + = ⇔ − + − = ⇔ = 7 2 2 7 7 2(7 ) 0 ( 2) ( 2) 2 n k k k k x x C x − = + = + = ∑ . Số hạng chứa 8 x là 2(7 ) 8 3k k⇔ − = ⇔ = 4 2 2 3 2 3 1 1 (1 ) 4 (1) 1 4 (2) x x y y x x x y y y + + + = − = + + 2 2 3 3 1 1 4 1 1 ( ) 4 x x y y x x x y y y + + + = ⇔ + + + = 2 2 1 1 ( ) 2. 4 1 1 ( ) ( ) 2. 4 x x x y y y x x x y y y + − + + = ⇔ + + − = đặt 1 x u y x v y + = = ta có hệ 2 2 2 4 ( 2 ) 4 u v u u u v − + = − = thay 2 2 4v u u= + − vào ta được: 2 2 2 ( 4) 4 4 4 0 2u u u u u u u− − + = ⇔ − + = ⇔ = với 2 1u v = ⇒ = trở lại ẩn x, y ta có hệ: 1 2 1 1 x y x y x y + = ⇔ = = = Câu 6a: 2,Ta có: ( ) 17 17 2 3 17 17 17 3 3 4 4 3 4 17 17 3 2 3 2 0 0 1 1 k k k k k k k k x C x C x x x x − − − = = + = = ÷ ÷ ÷ ÷ ∑ ∑ 2 2 3(17 ) 3(17 ) 17 153 17 17 17 3 3 4 4 12 17 17 17 0 0 0 k k k k k k k k k k k C x x C x C x − − − − − + + = = = = = = ∑ ∑ ∑ từ yêu cầu bài toán ta cho: 17 153 0 9k k− + = ⇔ = Vậy số hạng không chứa x là 9 17 C 5 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 66 I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 1 5 4 4 ( ) 3 2 y x mx mx C= − − − 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ. N n− + = ∈ > . 1 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SÔ 66 Câu 1: 1, Khi m = 0 thì 3 1 4 3 y x= − , TXĐ : R 2 ' 0 0y x x= = ⇔ = Bảng biến thi n x ∞− 0 ∞+ Hàm số luôn đồng biến trên R. y’. {0,1,2,3,4,5,6,7}.E = Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có gồm 4 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số của E? Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông