Đề thi thử đại học môn Toán tuyển chọn số 11

ĐỀ SỐ 11. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm) Câu I. ( 2,0 điểm) Cho hàm số y = x 2 x 1 − + (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) . 2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho khoảng cách từ điểm M đến trục hoành bằng 3 lần khoảng cách từ M đến trục tung . Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: sin 3 x + 2cosx - 2 + sin 2 x = 0 2. Giải phương trình: 3 3 5 log x log (x x 95)= + + Câu III. ( 1 điểm) Tính tích phân: I = ln8 x x ln3 e e 1dx + ∫ Câu IV. ( 1,0 điểm) Trong mp(P) cho đường tròn đường kính AB = 2R; C là một điểm trên đường tròn, AC = R. Cạnh SA vuông góc với mp(P), góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng 60 0 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên SB, SC . 1. Chứng minh tam giác AHK vuông . 2. Tính thể tích của hình chóp S.ABC theo R . Câu V. ( 1,0 điểm ) Cho x , y , z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh: 1 4 9 36 x y z + + ≥ . II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a ( 2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích S = 4, biết A( 1 ; 0 ), B( 2 ; 0 ) và giao điểm I của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ các đỉnh C, D . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z − 3 = 0 và (Q): x − y + z − 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) sao cho khoảng cách từ O đến (R) bằng 2. Câu VII.a ( 1,0 điểm) Tìm các số thực x, y thỏa mãn: x(-1 + 4i ) + y( 1 + 2i ) 3 = 2 + 9i. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E): 2 2 x y 1 4 + = và điểm C(2 ; 0). Tìm tọa độ điểm A, B thuộc (E), biết rằng A, B đối xứng nhau qua trục Ox và tam giác ABC đều . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A( 4 ;0 ;0), B(x 0 ;y 0 ;0) với x 0 > 0, y 0 > 0 sao cho OB = 8 và góc · 0 AOB 60= . a) Xác định điểm C trên tia Oz để thể tích của tứ diện OABC bằng 8 . b) Gọi G là trọng tâm tam giác OAB và điểm M trên đường thẳng AC với AM = x. Tìm x để OM vuông góc GM . Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: z 2 - ( 4 - i)z + 5 + i = 0 trên tập hợp các số phức . Hết ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 11 Câu Đáp án I (2đ) 1. (1 điểm) y = x 2 x 1 − + (1) 1. TXĐ: D = R \ { -1} 2. Sự biến thiên: a) Chiều biến thiên: y’ = ( ) 2 3 x 1+ > 0 , x 1∀ ≠ − Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1−∞ − ) ; (-1 ; + ∞ ) Hàm số không có cực trị b) Giới hạn và tiệm cận : x lim y 1 →±∞ = ⇒ đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y = 1 x ( 1) lim y − → − = +∞ và x ( 1) lim y + → − = −∞ ⇒ đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x = -1 c) Bảng biến thiên x - ∞ -1 + ∞ y’ + + y + ∞ 1 1 - ∞ 3) Đồ thị: Giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ là A( 2;0) , B(0;-2) -5 5 4 2 -2 f x ( ) = x-2 x+1 2) 1 điểm Giả sử điểm M(x 0 ;y 0 ) ∈ (C) thỏa d(M, Ox) = 3d(M,Oy) d(M, Ox) = 3d(M,Oy)  0 0 y 3 x=  0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 x 2 3x x 1 y 3x y 3x x 2 3x x 1 −  =  + =   ⇔  = −  −  = −  +   2 0 0 2 0 0 3x 2x 2 0 (PTVN) 3x 4x 2 0  + + =  − − + =    0 0 0 0 2 10 x y 2 10 3 2 10 x y 2 10 3  − − = ⇒ = +    − + = ⇒ = −   Vậy có hai điểm M thỏa YCBT là M( 2 10 ;2 10 3 − − + ) hoặc M ( 2 10 ;2 10 3 − + − ) II (2 đ) 1. (1 đi ểm) Sin 3 x + 2cosx - 2 + sin 2 x = 0 (1)  (1-cosx)(sinx + cosx + sinxcosx -1 ) = 0  cos x 1 sin x cos x sin x cos x 1 0 =   + + − =  cosx = 1  x = k2 π , k ∈ Z sinx + cosx + sinxcosx - 1 = 0 (2) Đặt t = sinx + cosx ( t 2≤ ) => sinxcosx = 2 t 1 2 − Pt (2) trở thành pt : t + 2 t 1 2 − -1 = 0  t 2 + 2t -3 = 0  t = 1 và t = -3 ( loại ) + t = 1: sinx + cosx = 1  2 cos(x ) x k2 ,k Z 4 2 4 4 π π π − = ⇔ − = ± + π ∈  x k2 2 x k2 π  = + π   = π  Vậy pt (1) có các họ nghiệm là : x = k2 π , x = k2 ,k Z 2 π + π ∈ 2. (1 điểm) 3 3 5 log x log (x x 95)= + + (1) ĐK: x > 0. Đặt t = log 3 x  x = 3 t Pt(1) trở thành : t = log 5 ( ( ) t t 3 3 3 95+ + )  5 t = ( ) t t 3 3 3 95+ +  t t t 3 3 3 1 95. 1 5 5 5       + + =  ÷  ÷  ÷  ÷       (2) Xét hàm số f(t) = t t t 3 3 3 1 95. 5 5 5       + +  ÷  ÷  ÷  ÷       , t ∈ R f '(t) = t t t 3 3 3 3 3 3 1 1 ln .ln 95. .ln 5 5 5 5 5 5       + +  ÷  ÷  ÷  ÷       <0 , ∀ t ∈ R Hàm số f(t) nghịch biến trên R. Nhận thấy f(3) = 1 nên t = 3 là một nghiệm của pt (2) . Vì hàm số f(t) nghịch biến trên R nên pt (2) có nghiệm duy nhất t = 3 t = 3 , suy ra log 3 x = 3  x = 27 . Vậy pt(1) có nghiệm duy nhất x = 27. III (1 đ) 1. (1 điểm) I = ln8 x x ln3 e e 1dx+ ∫ Đặt t = x e 1+  t 2 = e x + 1 ⇒ 2tdt = e x dx Đổi cận : x = ln3 => t = 2 x = ln8 => t = 3 I = 3 3 3 2 2 2 2t 38 2t dt 3 3 = = ∫ IV (1 đ) 1. Chứng minh tam giác AHK vuông SA ⊥ (P) => SA ⊥ BC S Lại có CA ⊥ BC nên BC ⊥ (SAC) => BC ⊥ AK H Theo gt : SC ⊥ AK Do đó AK ⊥ (SBC) => AK ⊥ HK Hay tam giác AHK vuông 60 0 K A B C 2. Tính V S.ABC Ta có AK ⊥ (SBC) => AK ⊥ SB Đồng thời theo gt AH ⊥ SB Suy ra BS ⊥ (AHK) => SB ⊥ HK Vì vậy góc giữa hai mp (SAB) và (SBC) chính là góc giữa hai đường thẳng AH và HK và bằng góc ˆ AHK Trong tam giác SAC có : 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 AK SA AC SA R = + = + (1) Trong tam giác SAB có : 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 AH SA AB SA 4R = + = + (2) Lấy (1) - (2) , ta được : 2 2 2 1 1 3 AK AH 4R − = (3) Vì tam giác AHK vuông tại K và ˆ AHK = 60 0 nên tam giác AHK bằng nửa tam giác đều và do đó AK = 3 2 AH thay vào (3) , ta tìm được 2 2 1 9 AH 4R = thay vào (2), ta có: SA 2 = 2 R R 2 SA 2 2 ⇒ = Vậy V SABC = 1 3 .SA . 1 2 .AC.BC = 2 2 1 SA.AC. AB AC 6 − = 3 2 2 1 R 2 R 6 . .R. (2R) R 6 2 12 − = V 1. (1 điểm) Từ giả thiết Đặt x = a a b c+ + , y = b a b c+ + , z = c a b c+ + với a,b,c > 0 Bất đẳng thức đã cho trở thành : a b c a b c a b c 4. 9. 36 a b c + + + + + + + + ≥ hay b 4a c 9a 4c 9b 22 a b a c b c       + + + + + ≥  ÷  ÷  ÷       (*) Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có VT(*) b 4a c 9a 4c 9b 2 . 2 . 2 . 22 a b a c b c ≥ + + = Đẳng thứ xảy ra k.v.c.k 1 x 6 b 2a 1 c 3a y 3 2c 3b 1 z 2  =  =     = ⇔ =     =   =   1. (1 điểm) (1 đ) A(1 ;0) , B(2 ;0) => đường thẳng AB chính là trục Ox AB uuur = (1 ;0) , AB = 1 ABCD là hình bình hành nên CD // AB và diện tích của hình bình hành ABCD là S = AB . d( C, AB)  4 = d(C,Ox) Vậy C, D thuộc đường thẳng (d) // Ox và cách trục Ox một khoảng bằng 4 nên (d) có pt : VIa (2đ) y = 4 hoặc y = -4 . Khi (d) có pt y= 4 , gọi C(x c ;4) , D(x D ;4) Vì I= AC ∩ BD nên I là trung điểm của AC và BD đồng thời I thuộc đt: y = x , do đó : c c x 1 0 4 x 3 2 2 + + = ⇔ = D D x 2 4 0 x 2 2 2 + + = ⇔ = Vậy C(3 ;4) , D(2 ;4) Khi (d) có pt y = -4 , gọi C(x c ;-4) , D(x D ;-4) Vì I= AC ∩ BD nên I là trung điểm của AC và BD đồng thời I thuộc đt : y = x , do đó : c c x 1 0 4 x 5 2 2 + − = ⇔ = − D D x 2 4 0 x 6 2 2 + − + = ⇔ = − Vậy C(-5 ;-4) , D(-6 ;-4) 2. (1 điểm) 2/ VTPT của mp(P) (1;1;1) P n = uur ; VTPT của mp(Q) (1; 1;1) Q m = − uuur ; Đặt (2;0; 2) 2(1;0; 1) R k n m= ∧ = − = − uur r ur Mp (R) vuông góc với (P) và (Q) nên mp(R) nhận 1 n k (1;0; 1) 2 = = − r r làm VTPT. Phương trình (R) có dạng : x − z + D = 0 Ta có : d (0;(R)) = 2 2 2 2 2 D D⇔ = ⇔ = ± Phương trình (R) : 2 2 0 2 2 0x z hay x z− + = − − = (1 điểm) x(-1 + 4i) + y( 1 + 2i) 3 = 2 + 9i  (-x-11y) + (4x-2y)i = 2+9i  95 x x 11y 2 46 4x 2y 9 17 y 46  =  − − =   ⇔   − = −   =   1. (1 đi ểm) VIIa (1đ) Gọi A( x 0 ;y 0 ) , vì A ∈ (E) nên 2 2 0 0 x y 1 4 + = (1) A ,B đối xứng nhau qua trục Ox nên B(x 0 ; -y 0 ) VIb (2đ) AB 2 = 4y 0 2 và AC 2 = ( x 0 -2) 2 + y 0 2 Tam giác ABC đều nên AB = AC = BC Suy ra 4y 0 2 = ( x 0 -2) 2 + y 0 2 (2) Từ (1) và (2) ta có : ( ) 2 2 0 0 2 2 2 0 0 0 x y 1 4 4y x 2 y  + =    = − +   x 2 y 0 2 x 7 4 3 y 7  =    =     =        = ±     Vậy A( 2 7 ; 4 3 7 ) và B( 2 7 ;- 4 3 7 ) hoặc A( 2 7 ;- 4 3 7 ) và B( 2 7 ; 4 3 7 ) 2.(1đ) a . B(x 0 ;y 0 ;0) nên OB = 8  x 0 2 +y 0 2 = 64 (1) OB uuur = (x 0 ;y 0 ;0) , OA uuur = (4 ;0 ;0) cos 0 0 4x x ˆ AOB cos(OA,OB) 4.8 8 = = = uuur uuur ( vì x 0 > 0)  cos60 0 = 0 x 8  x 0 = 4 thay vào (1) ta được y 0 = 4 3 hay y 0 = - 4 3 (loại) Vậy B( 4 ; 4 3 ; 0) => tam giác AOB vuông tại A . C thuộc tia Oz nên C( 0 ;0 ;a) , a>0 và OC = a Thể tích của tứ diện OABC là : V = 1 OC.OA.AB 6 = 1 .a.4.4 3 6 = 8 3a 3 V = 8  8 3a 3 = 8  a = 3 . Vậy C(0 ;0 ; 3 ) b. G là trọng tâm tam giác OAB nên G( 8 4 3 ; ;0) 3 3 AC uuur = (-4 ;0 ; 3 ) , đt AC có pt : x 4 4t y 0 z 3t  = −  =   =  M thuộc đt AC nên M ( 4-4t ; 0 ; 3 t) OM uuuur = ( 4-4t ; 0 ; 3 t) , GM uuuur = 4 4 3 4t; ; 3t 3 3   − −  ÷  ÷   OM ⊥ GM  OM uuuur . GM uuuur = 0  (4-4t)( 4 4t) 3 − + 3t 2 = 0  57t 2 - 64t + 16 = 0  32 4 7 t 57 32 4 7 t 57  + =    − =   (loại) AM uuuur = (-4t ; 0 ; 3 t) , AM = x  x = t 19 Với t = 32 4 7 57 + , x = 32 4 7 57 + . 19 Với t = 32 4 7 57 − , x = 32 4 7 57 − . 19 VIIb (1đ) z 2 - ( 4 - i) z + 5+i = 0 ∆ = (4-i) 2 -4 (5+i) = -5 - 12i ∆ = (2 - 3i) 2 ∆ có hai căn bậc hai là ± (2-3i) Vậy pt có hai nghiệm phức : z 1 = 1+i , z 2 = 3- 2i . ĐỀ SỐ 11. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm) Câu I. ( 2,0 điểm) Cho hàm số y = x 2 x 1 − + (1). 1. Khảo sát sự biến thi n. tập hợp các số phức . Hết ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 11 Câu Đáp án I (2đ) 1. (1 điểm) y = x 2 x 1 − + (1) 1. TXĐ: D = R { -1} 2. Sự biến thi n: a) Chiều biến thi n: y’ = ( ) 2 3 x 1+ > 0 ,. cận : x lim y 1 →±∞ = ⇒ đồ thi hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y = 1 x ( 1) lim y − → − = +∞ và x ( 1) lim y + → − = −∞ ⇒ đồ thi hàm số có tiệm cận đứng