26 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC THEO KẾT CẤU CỦA BỘ GIÁO DỤC

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com “ Sưu tầm và biên soạn “ “ Thân tặng các bạn học sinh trường THPT Hà Trung – Thanh Hóa “ Giáo viên giảng dạy : NGUYỄN THÀNH LONG Bỉm Sơn : 25 – 1 – 2013 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com “ Sưu tầm và biên soạn “ 26 ĐỀ THI ĐẠI HỌC THEO CHƯƠNG TRÌNH CŨ 2011 ĐỀ SỐ 1 ĐẠI HỌC NÔNG LÂM -TP.HỒ CHÍ MINH 2001 Câu I: 1. Khảo sát, vẽ đồ thị (C) của hàm số 3 2 3 y x x   2. Tìm tất cả các điểm trên trục hoành mà từ đó vẽ được đúng ba tiếp tuyến của đồ thị (C) , trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc nhau. Câu II: 1. Tính tích phân 2 2 0 cos sin 2 I x xdx    2. Chứng minh rằng: 2 2 6 5 0 0 cos cos6 cos sin sin6 x xdx x x xdx      và tính 2 5 0 cos .cos7 K x xdx    Câu III: 1. Giải hệ phương trình: 3 3 6 126 x y x y        2. Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm: 2 12 .log (2 4 ) x x x m x      Câu IV: 1. Giải phương trình: 1 cos cos2 cos3 0 x x x     2. Cho tam giác ABC có ba góc A, B, C là góc nhọn. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: tan .tan .tan P A B C  . Câu V: Cho hai đường thẳng: 2 3 4 0 : 4 0 x y d y z          và 1 3 ': 2 1 2 x t d y t z t             a. Chứng minh rằng hai đường thẳng d và d’ chéo nhau b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng d và d’ c. Hai điểm A, B khác nhau và cố định trên đường thẳng d sao cho 117 AB  . Khi C di động trên đường thẳng d’, tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác ABC. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: 3 2 3 ( ) y x x C   TXĐ: D = R 2 ' 3 6 3 ( 2) y x x x x     0 ' 0 2 x y x         '' 6 6 y x   '' 0 1 2y x y       Ñieåm uoán I(-1, 2) BBT: Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com “ Sưu tầm và biên soạn “ Đồ thị: Cho x = -3, y = 0 x = 1, y = 4 b. Gọi  M(a,0) Ox , đường thẳng (d) qua M và có hệ số góc K là: y = k( x - a) d tiếp xúc (C) 2 3 ( ) (1) 2 3 6 (2) x x k x a x x k            3 co ùnghieäm Thay (2) vào (1): 2 2 3 3 6 ( ) 2 3( 1) 6 0 0 2 3( 1) 6 0 2 3( 1) 6 0 (3) x x x x x a x a x ax x x x a x a x a x a                               3 3 2 2 2 Với x = 0  k = 0  1 tiếp tuyến là y = 0. Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C) trong đó có 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau  (3) có 2 nghiệm phân biệt , 0 1 2 x x  và 1 1 2 k k   . 0 0 2 0 9( 1) 48 0 2 2 2 (3 6 )(3 6 ) 1 9( ) 18 ( ) 36 1 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 a a a a x x x x x x x x x x x x                                 1 3 0 3 2 81 81 ( 1) 108 1 0 a a va a a a a a                  với - 3 1 2 3( -1) 1 2 2 x x a a x x         1 3 0 1 3 27 -27 1 0 a a va a a a                 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com “ Sưu tầm và biên soạn “ Vậy chỉ có 1 điểm 1 ,0 27 M Ox        thoả điều kiện bài toán. Câu II: a. Tính 2 2 0 cos sin 2 I x xdx    Ta có: 2 3 0 2 cos sin I x xdx    Đặt cos sin t x dt x     . Đổi cận: 0 1 0 2 x t x t             Suy ra: 1 1 1 1 3 4 2 2 2 0 0 I t dt t           b. Chứng minh rằng: 2 2 6 5 0 0 cos cos6 cos sin sin6 x xdx x x xdx      Dùng phương pháp từng phần cho 6 6 0 cos .cos6 . x x dx   Đặt: 6 5 cos 6cos sin u x du x xdx     cos6 dv xdx  , chọn 1 sin6 6 v x  . Suy ra: 2 2 1 6 6 5 2 cos . s6 . sin 6 cos cos .sin .sin6 . 6 0 0 0 x co x dx x x x x x dx              2 5 cos .sin .sin 6 . 0 x x x dx    (đpcm) Ta có: 2 5 0 2 5 cos .cos(6 ) cos .(cos6 cos sin 6 .sin ). 0 2 2 6 5 cos .cos6 . cos .sin6 .sin . 0 0 0 K x x x dx x x x x x dx x x dx x x x dx                Câu III: a. Giải hệ phương trình: 3 3 6 (1) 126 (2) x y x y        Ta có: Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com “ Sưu tầm và biên soạn “ 2 2 2 (2) ( )( ) 126 ( ) ( ) 3 126 2 6(6 3 ) 126 ( (1)) 5 ( 6) 5 ( (1)) 1 5 2 6 5 0 5 1 x y x y xy x y x y xy xy do xy x x do x y x x x y                                           Vậy hệ có 2 nghiệm 1 5 5 1 x x y y              b. Tìm m để 2 12 .log (2 4 ) x x x m x      có nghiệm: Điều kiện: 0 12 0 0 4 4 0 x x x x              Với: 0 4 x   thì log (2 4 ) 0 2 x    Do đó: bất phương trình 12 log (2 4 ) 2 x x x m x       Ta có: 12 y x x x    là hàm số tăng và có giá trị dương trên [0,4] (vì y’= 0). log (2 4 ) 2 y x    là hàm số giảm và có giá trị dương trên [0,4] (vì y’= 0). 1 log (2 4 ) 2 y x     là hàm số tăng và có giá trị dương trên [0,4]. Suy ra hàm số 12 ( ) log (2 4 ) 2 x x x f x x      tăng trên [0,4]. Do đó: bất phương trình có nghiệm: (0) 3 m f m    Câu IV: 1. Giải phương trình:1 + cosx + cos2x + cos3x = 0 Ta có: phương trình 2 (1 cos2 ) (cos3 cos ) 0 2cos 2cos2 .cos 0 2 cos (cos cos2 ) 0 cos (2cos cos 1) 0 cos 0 2 cos 1 2 ( ) 1 cos 2 2 3 x x x x x x x x x x x x x k x x x k k x x k                                                   b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = tanA. tanB. tanC. Vì tam giác ABC nhọn nên tanA, tanB, tanC > 0 áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 3 tan tan tan 3 tan tan tan (*) A B C A B C   Do tanA + tanB + tanC = tanA.tanB.tanC nên từ (*) ta có: 3 tan .tan .tan 3 tan tan tan A B C A B C  3 3 3 3 P P P    Mặt khác khi 3 A B C     thì 3 3 P  Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com “ Sưu tầm và biên soạn “ Do đó 3 3 Min P  Câu V: 1 3 2 3 4 0 : ': 2 4 0 1 2 x t x y d d y t y z z t                      a. Chứng minh rằng hai đường thẳng d và d’ chéo nhau. d đi qua A (2;0;4) có VTCP (3; 2;2) a    d đi qua B (1;2;-1) có VTCP ' (3,1,2) a   Tính ' , ( 6;0;9) a a         và ( 1;2; 5) AB     Ta có ' , . 6 45 39 0 a a AB              d và d’ chéo nhau. b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng d và d’. Gọi  là mặt phẳng chứa d và song song d’   Qua A(2;0;4) và ' , ( 6,0,9) n a a            .  Phương trình  : 6( 2) 9( 4) 0 2 3 8 0 x z x z           Ta có: 2 3 8 ( , ') ( , ') ( , ) 13 4 9 d d d d d d B           c. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác ABC. Gọi h là khoảng cách từ C đến d thì 13 h  . Ta có 1 1 1 39 . 117. 117 13 2 2 2 2 ABC ABC S AB h h S     Vậy S ABC nhỏ nhất là 39 2 khi h là độ dài đoạn vuông góc chung của d, d’. ĐỀ SỐ 2 ĐẠI HỌC THỦY SẢN – 2011 Câu I: Cho hàm số 4 3 2 3 4(1 ) 6 1 y x m x mx m       có đồ thị ( ) m C . 1. Khảo sát hàm số trên khi 1 m   2. Tìm giá trị âm của tham số m để đồ thị và đường thẳng ( ) : 1 y   có ba giao điểm phân biệt. Câu II: Giải hệ phương trình: 2 3 2 3 2 2log (6 3 2 ) log ( 6 9) 6 log (5 ) log ( 2) 1 x y x y y xy x x x y x                     Câu III: 1. Giải phương trình: 2 4 2 7 1 x x x     2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng có phương trình: 2 4 , 2 7 1, 1, 2 y x x y x x x         Câu IV: 1. Cho n là số nguyên dương thỏa điều kiện 1 2 55 n n n n C C     . Hãy tìmsố hạng là số nguyên trong khai triển nhị thức   7 3 8 5 n  2. Giải phương trình: 4 4 4sin 2 4cos 2 cos4 3 x x x    Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com “ Sưu tầm và biên soạn “ Câu V: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm       0;0;4 , 2 3;2;0 , 0;4;0 . A B C Gọi H là trực tâm của tam giác OBC (O là gốc của hệ tọa độ) và K là hình chiếu vuông góc của điểm H xuống mặt phẳng (ABC) 1. Chứng minh rằng tam giác OBC là tam giác đều và viết phuơng trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC 2. Chứng minh K là trực tâm của tam giác ABC 3. Gọi N là giao điểm của hai đuờng thẳng HK và OA. Tính tích số OA.ON HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: Cho hàm số:   4 3 2 3 4 1 6 1 ( ) m y x m x mx m C       1. Khảo sát hàm số khi m = -1: 4 2 3 6 2 y x x    TXĐ: D = R   3 2 ' 12 12 12 1 y x x x x     0 ' 0 1 1 1 1 1 2 '' 36 12; '' 0 , , 3 3 3 3 x y x y x y x y                              1 1 ñieåm uoán - 3 3 BBT: x -  -1 0 1 +  y’ - 0 + 0 - 0 + y +  2 + CĐ -1 -1 CT CT Đồ thị: Cho y = 2 0 4 2 3 6 0 2 x x x x           2. Tìm giá trị m < 0 để (C m ) và ( ) : 1 y   có ba giao điểm phân biệt. Ta có: Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com “ Sưu tầm và biên soạn “     3 3 2 4 2 ' 12 12 1 12 12 1 0 1 ' 0 1 2 1 y x m x mx x x m x m x y m y x y m x m y m m m                                  ( ) m C Và  cắt nhau tại 3 điểm phân biệt nếu đường thẳng: y = 1 đi qua điểm cực trị của ( ) C m .     4 3 2 1 1 0 ( ) 1 1( ) 2 1 1 1 1 0 m m m m m m m m m m m                            loaïi loaïi 0 ( ) 1 ( ) 1 5 ( ) 2 1 5 ( ) 2 m m m m                 loaïi loaïi loaïi nhaän vì m < 0 Đs: 1 5 2 m   Câu II: Giải hệ phương trình:       2 3 2 3 2 2log 6 3 2 log 6 9 6 (1) log 5 log ( 2) 1 (2) x y x y y xy x x x y x                     Điều kiện: 0 3 1 0 2 1 2 3 6 3 2 0 2 2 2 6 9 0 1 5 0 2 0 x y x y xy x x y x x y y x                                          Ta có:         2 3 2 3 2 (1) 2log 2 )(3 log 3 6 2 log (2 ) 1 2log 3 6 x y x y y x x y x                 (vì 2 0 3 – 0 y và x    )   log (2 ) log 3 2 (*) 3 2 y x x y        Đặt log (2 ) 3 t y x    thì (*)trở thànht: 2 1 2 2 1 0 t t t t       (vì t = 0 không là nghiệm) Do đó phương trình (1) log (2 ) 1 3 2 1 3 y x y y x x            Thế 1 y x   vào (2) ta được: Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com “ Sưu tầm và biên soạn “   log (6 ) log ( 2) 1 3 3 log (6 ) log ( 2) log (3 ) log (6 ) log ( 2)(3 ) 3 3 3 3 3 0 2 6 ( 2)(3 ) 5 0 1 5 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x y x loai                                        Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm 0 1 x y       Câu III: 1. Giải phương trình: 2 4 2 7 1 x x x     Trường hợp 1: x < 0: Phương trình trở thành:   2 2 2 4 7 2 1 2 8 0 2 4 ( ) x x x x x x x x                   loaïi Trường hợp 2: 7 0 2 x   Phương trình trở thành:   2 2 2 4 7 2 1 6 8 0 2 4 ( ) x x x x x x x x                 loaïi Trường hợp 3: 7 4 2 x   Phương rình trở thành:   1 7 ( ) 2 2 4 2 7 1 2 6 0 1 7 1 7 x x x x x x x x                     loaïi Trường hợp 4: 4 x  Phương rình trở thành:   3 3 ( ) 2 2 4 2 7 1 2 6 0 3 3 3 3 x x x x x x x x                     loaïi Tóm lại: phương trình có 4 nghiệm: 2, 2, 1 7 , 3 3 x x x x       2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng: 2 1 2 4 , 2 7 1, 1, 2 y x x y x x x         Xét ( ) 2 1 g x y y   trên [-1,2}. Ta có g (x) = 0 có đúng 1 nghiệm x = 2 trên [-1, 2} và hàm số g liên tục trên [-1,2]. Nên g (x) chỉ giữ 1 dấu trên [-1, 2]. Mặt khác g (0) = 8 > 0 Do đó: ( ) 0, [ 1,2] g x x     Vậy: Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com “ Sưu tầm và biên soạn “ 2 0 2 2 1 2 1 2 1 1 1 0 0 2 2 2 (7 2 ) 1 ( 4 ) (7 2 ) 1 (4 ) 1 0 S y y dx y y dx y y dx x x x dx x x x dx                                                 0 0 3 3 0 2 40 2 2 2 2 ( 2 8) ( 6 8) 8 3 8 3 3 3 1 0 1 2 x x x x dx x x dx x x x x                                    (đvdt) Câu IV: Cho 1 2 55 n n n n C C     . Tìm số hạng nguyên trong khai triển   7 3 8 5 n  Điều kiện: 2 n  và n N  . Ta có: 1 2 55 n n C C n n     1 55 1 n C n       1 ! 10 2 55 110 0 10 11 ( ) ( 1)!2! n n n n n n n                  loaïi Số hạng thứ k trong khai triển 10 7 3 ( 8 5)  là:     11 1 11 1 1 1 7 3 7 3 8 . 5 8 .5 10 10 k k k k k k C C        Yêu cầu bài toán 11 7 1 3 4 1 11 k k k k               Vậy số hạng cần tìm là: 3 10 .8.5 4.800 C  2. Giải phương trình: 4 4 4sin 2 4cos 2 cos4 3 x x x    Ta có: 1 1 1 1 4 4 2 2 2 2 2 sin 2 cos 2 1 2sin 2 cos 2 1 sin 4 1 (1 cos 4 ) cos 4 2 2 2 2 x x x x x x x           Do đó phương trình   cos4 1 2 2 2 2cos 4 cos4 3 2cos 4 cos4 1 0 1 cos4 2 4 2 4 2 4 2 3 12 2 x x x x x x x k x k k x k x k                                                 Câu V: Cho (0,0,4), (2 3,2,0), (0,4,0) A B C 1. Ta có: OB = OC = BC = 4  Tam giác OBC đều. Phương trình mặt cầu (S) Có dạng: 2 2 2 2 2 2 0 x y z ax by cz d        Ta có: , , , ( ) O A B C S  [...]... x   Nhận thấy  ,  là nghiệm của hệ  y  1  y  1 Suy ra hệ khơng có nghiệm duy nhất Do đó khơngnhận a = 0 Tóm lại: Khi a = 2 thì hệ có nghiệm duy nhất ĐỀ SỐ 5 ĐẠI HỌC MỞ BÁN CƠNG TP.HCM – KHỐI A, B A PHẦN BẮT BUỘC Câu I: Cho hàm số y  x 4  2 x 2 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 Dựa vào đồ thị (C), hãy biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình : x 4  2 x 2 ... 10 học sinh nam và 10 học sinh nữ Chọn 5 học sinh trong đó có ít nhất: 1 2 học sinh nữ và 2 học sinh nam: Ta có: “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 2 10 3 10 Trường hợp 1: Số cách chọn 2 nữ và 3 nam: C  C 3 2 Trường hợp 2: Số cách chọn 3 nữ và 2 nam: C10  C10 3 2 Suy ra số cách chọn 3 nữ và 2 nam là: 2 C10  C10 =10.800 (cách) 2 1 học sinh nữ và 1 học. ..  ED 2  BD 2 1  2 EB.ED 2 “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com ĐỀ SỐ 4 ĐẠI HỌC GIAO THƠNG VẬN TẢI CƠ SỞ II – TP.HCM Câu I: Cho hàm số y  x 3  mx 2  7 x  3 (1) 1 Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1) với m = 5 2 Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu Lập phương trình đường thẳng qua điểm cực đại và cực tiểu đó Câu II: 1 Cho bất phương trình: 4... (3  4  5) 2 Ta lại có: d(I,OA) = r Suy ra a = 1 Vậy phương trình (C): ( x  1)2  ( y  1) 2  1 ĐỀ SỐ 7 ĐẠI HỌC DÂN LẬP NGOẠI NGỮ – TIN HỌC TPHCM Ngành Cơng Nghệ Thơng Tin Câu I: 2 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) hàm số: y    x  1  x  4  2 Dùng đồ thị (C) để biện luận theo số nghiệm của phương trình: 2 2  x  1  x  4    m  1  m  4  Câu II: 1 Giải phương trình: ( x ... Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com hay    : 2 x  y  2 z  3  0 ĐỀ SỐ 8 ĐẠI HỌC DÂN LẬP VĂN HIẾN KHỐI A – 2011 A PHẦN BẮT BUỘC Câu I: Cho hàmsố y  ( x  1)( x 2  mx  m) (1), với m là tham số thực 1 Khảo sát hàm số (1) ứng với m  2 2 Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số (1) tiếp xúc với trục hồnh Xác định tọa độ của tiếp điểm tương ứng... nếu trong 5 người đó phải có ít nhất: 1 Hai học sinh nữ và hai học sinh nam Câu II: Tính tích phân I  “ Sưu tầm và biên soạn “ Giáo viên: Nguyễn Thành Long 2 Một học sinh nữ và một học sinh nam Câu IV: 1 Cho bất phương trình:  9 x  4.(  1).3x    1 a Giải bất phương trình khi   2 b Tìm giá trị để bất phương trình trên được nghiệm đúng với giá trị của x sin x  7 cos y  0 2 Giải hệ phương... Tính góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD): Hình chiếu của SC lên (ABCD) là AC  Góc của SC và (ABCD) là SCA SA a 6 Ta có: tan SCA    3  SCA  60 AC a 2 3 Tính khoảng cách từ O đến (SBC): Ta có: AH  (SBC )  AH  HC Vẽ OI  AC  OI  ( SBC )  OI là khoảng cách từ O đến (SBC)  OI  S H a B A a I D O C AH a 42  (đường trung bình) 2 14 ĐỀ SỐ 6 ĐẠI HỌC DÂN LẬP VĂN LANG KHỐI A PHẦN BẮT BUỘC Câu I: x2... trực tâm  ABC 3 Ta có: OAI OHN 2 OA OH 2 2 2 3 OB 2    OA.ON  OH OI  OI   OB  8  OI ON 3 3 2  2   ĐỀ SỐ 3 ĐẠI HỌC GIAO THƠNG VẬN TẢI –TPHCM – KHỐI A 2011 A.PHẦN BẮT BUỘC Câu I: Cho hàm số: y  x 3  3x 2  (m  2) x  2m (Cm ) 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C1) của hàm số khi m = 1 2 Tìm m để (Cm ) cắt trục hồnh tại 3 điểm phân biệt có hồnh độ là số âm Câu II: 1 Cho phương trình:...  cos 2 x 2 Trong một trận chung kết giải cờ vua đồng đội tồn trường có hai đội A và B tham dự, mỗi đội có 5 kỳ thủ Ban giám khảo sẽ chọn từ mỗi đội3 kỳ thủ để xếp thành 3 cặp thi đấu cùng lúc trong một lịch thi đấu (mỗi cặp kỳ thủ đội A gặp một kỳ thủ đội B trong một ván đấu) Hỏi có thể xếp được bao nhiêu lịch thi đấu khác nhau? Câu V: Trong khơng gian với hệ trục ĐềCac vng góc Oxyz, cho mặt cầu x... Tìm giá trị nhỏ nhất của A  tan 2 x  tan 2 y Phần tự chọn Thí sinh được chọn một trong hai câu sau Câu Va: Cho AB là đoạn thẳng vng góc chung của hai nửa đường thẳng Ax và By vng góc với nhau Cho AB = a.Lấy điểm M di động trên Ax và điểm N trên By sao cho đoạn MN có độ dài d khơng đổi 1 Đặt AM = x; BN = y Tính thể tích của tứ diện ABMN theo a, x và y 2 Tìm giá trị lớn nhất của thể tích đó 3 Tìm . Long Email: Changngoc203@gmail.com “ Sưu tầm và biên soạn “ 26 ĐỀ THI ĐẠI HỌC THEO CHƯƠNG TRÌNH CŨ 2011 ĐỀ SỐ 1 ĐẠI HỌC NÔNG LÂM -TP.HỒ CHÍ MINH 2001 Câu I: 1. Khảo sát, vẽ đồ thị. trình: 3 3 6 (1) 126 (2) x y x y        Ta có: Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com “ Sưu tầm và biên soạn “ 2 2 2 (2) ( )( ) 126 ( ) ( ) 3 126 2 6(6 3 ) 126.       ĐỀ SỐ 3 ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI –TPHCM – KHỐI A 2011 A.PHẦN BẮT BUỘC Câu I: Cho hàm số: 3 2 3 ( 2) 2 y x x m x m      ( ) m C 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ