www.VNMATH.com Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x3 – 3x2 + Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến qua điểm A(–1; –1) Câu II (2 điểm): x y xy 4y Giải hệ phương trình: 2 y 7 (x y) 2(x 1) Giải phương trình: 2sin x cos x cos 2x cos x 7sin x cos 2x cos x 3(cos x 1) Câu III (1 điểm): Tính tích phân sau: I = 1 x3 x3 (6x3 4x2 ) ln x dx x Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp SABCD có ABCD hình bình hành tâm O, AB = 2a, AD = 2a , cạnh bên 3a, gọi M trung điểm OC Tính thể tích khối chóp SABMD diện tích hình cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD Câu V (1 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa xyz = Chứng minh: (1 x) (1 y) (1 z) II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần phần 2) Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm): Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (T): x2 + y2 – 4x – 2y – = Đỉnh A thuộc tia Oy, đường cao vẽ từ C nằm đường thẳng (d): x + 5y = Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết C có hoành độ số nguyên x t x 1 y z , (d2): y t Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng (d1): 2 z t mặt phẳng (): x – y + z – = Lập phương trình đường thẳng (d) biết d // () (d) cắt (d1), (d2) M N cho MN = Câu VII.a (1 điểm): Tìm tập hợp điểm biểu diễn cho số phức z thỏa mãn hệ thức: z 2i 2z 2i Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 4 2 trực tâm trùng 3 3 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(0; 4), trọng tâm G ; với gốc tọa độ Tìm tọa độ đỉnh B, C diện tích tam giác ABC biết xB < xC x 1 y z , (d2): Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng (d1): 2 x t y t mặt z t phẳng (): x – y + z – = Tìm (d2) điểm M cho đường thẳng qua M song song với (d1), cắt () N cho MN = Câu VII.b (1 điểm): www.VNMATH.com ex ey (ln y ln x)(1 xy) Giải hệ phương trình ln x ln y 3.4ln x 4.2ln y 2 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian: 180 phút Câu Câu I ý Nội dung Cho hàm số y = x3 – 3x2 + Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Tập xđ Giới hạn y' = 3x2 – 6x y' = x = hay x = Bảng biến thiên: y'' điểm uốn Giá trị đặc biệt Đồ thị nhận xét: Viết pt tiếp tuyến (C), biết tiếp tuyến qua điểm A(–1; –1) Đường thẳng (d) qua A có hệ số góc k (d): y + = k(x + 1) (d): y = kx + k – x3 3x kx k (d) tiếp xúc (C) có nghiệm 3x 6x k 3 x – 3x + = 3x – 6x2 + 3x2 – 6x – 2x3 – 6x – = x = hay x = –1 * x = k = (d): y = –1 * x = –1 k = (d): y = 9x + Câu II x y xy 4y Giải hệ phương trình: 2 y 7 (x y) 2(x 1) y xy x2 4y 2y(x y) 2x2 8y (1) (I) 2 7y y(x y) 2x y(x y)(x y) 2x 7y 2(2) (1) + (2) ta được: –y(x – y)[2 + x – y] = –15y (x – y)(x – y + 2) = 15 (do y ≠ y = (1) x2 + = (vô lí)) x – y = hay x – y = –5 x – y = x = y + (1) –6y = –2(y + 3)2 – 8y – 2y2 + 14x + 20 = y 2 x y + 7y + 10 = y 5 x 2 Điểm ∑ = 2đ ∑ = 1.25đ 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 ∑ = 0.75đ 0,25 0.25 0.25 ∑=2đ ∑ = 1đ 0.5 0.25 x – y = –5 x = y – (1) 10y = –2(y – 5)2 – 8y – 2y2 – 2x + 52 = (VN) Vậy hệ có nghiệm (1; –2), (–2; –5) Giải phương trình: 2sin x cos x cos 2x cos x 7sin x cos 2x cos x 3(cos x 1) 0.25 ∑ = 1đ Điều kiện: 0.25 www.VNMATH.com 2cosx 2cosx cos2x 2cosx 1 3(cosx 1) (cosx 1)(2cosx 3) (1) cos x cos x 1 (2sinx + 1)(cosx + 1) = cos2x + 2cosx – 7sinx + 2sinxcosx + 2sinx + cosx + = – 2sin2x + 2cosx – 7sinx + 2sinxcosx – cosx + 2sin2x + 9sinx – = cosx(2sinx – 1) + (2sinx – 1)(sinx + 5) = (2sinx – 1)(cosx + sinx + 5) = x k2 sin x x 5 k2 sin x cos x So sánh điều kiện ta nghiệm phương trình x = Câu III Tính tích phân sau: I = I= 2 1 x 1 Do I1 = 3 0.25 5 k2 (k Z) 1 (6x ∑ = 1đ 0.25 4x) ln xdx = I1 + I2 x3 t2 = x3 + 2tdt = 3x2dx x2dx = x=1t=3 x = t = Đổi cận: 0.25 x3 x3 (6x3 4x2 ) ln x dx x x3 dx + Tính I1: Đặt t = 0.25 tdt 2 t3 74 t tdt 64 27 3 9 0.25 x v' = 6x + 4x, chọn v = 2x3 + 2x2 Tính I2: Đặt u = lnx u' = 2 I2 = (2x 2x ) ln x 1 2 2x3 23 (2x 2x)dx = 24 ln x 24 ln 1 0.25 74 23 24 ln 9 Cho hình chóp SABCD có ABCD hình bình hành tâm O, Vậy I = 24 ln Câu IV AB = 2a, AD = 2a , cạnh bên 3a, gọi M trung điểm OC Tính thể tích khối chóp SABMD diện tích hình cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD S K I ∑ = 1đ A D O B M G C Ta có SA = SB = SC = SD nên SO (ABCD) ∆ SOA = = ∆ SOD nên OA = OB = OC = OD ABCD hình chữ nhật SABCD = AB.AD = 4a2 Ta có BD = 0.25 AB2 AD2 4a2 12a2 4a 0.25 www.VNMATH.com SB2 OB2 9a2 4a2 a SO = 4a3 15 Do VSABMD = VSABCD a3 15 SABCD SO 3 Gọi G trọng tâm ∆ OCD, ∆ OCD nên G tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ OCD Dựng đường thẳng d qua G song song SO d (ABCD) nên d trục ∆ OCD Trong mp(SOG) dựng đường trung trực SO, cắt d K cắt SO I Ta có: OI trung trực SO KO = KS mà KO = KC = KD nên K tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD Vậy VSABCD = CD Ta có: GO = 2a 5a2 4a2 a 31 12 31a 31a 12 Cho x, y, z số thực dương thỏa xyz = 1 1 Chứng minh: (1) 3 (1 x) (1 y) (1 z) Do Scâu = 4R 4 Câu V OI2 OG ; R = KO = Ta có: 1 x 1 y 2 xy ≥ = 2(1 x ) (2) (3) 2(1 y ) (1 z) 0.25 (vì 2(1 + x2) ≥ (1 + x)2….) 1 ( Do (3)) xy (1 z)2 1 = 0.25 0.25 2xy + (x2 + y2)xy ≥ x2 + y2 + 2x2y2 2xy(1 – xy) + (x2 + y2)(xy – 1) ≥ (xy – 1)(x – y)2 ≥ (đúng xy ≥ 1) Áp dụng (3) ta được: VT (2) ≥ 0.25 ∑ = 1đ (1 x)2 (1 x) (1 x) Tương tự, ta được: 1 2VT (1 x)2 (1 y)2 (1 z)2 1 Do ta cần chứng minh 2 (1 x) (1 y) (1 z) Ta có: xyz = nên ta giả thiết xy ≥ Khi ta có: 0.25 z (1 z) z2 z (z 1)2 = z z (1 z)2 4z2 4z 4(z 1)2 3(z 1)2 (z 1)2 4(z 1)2 Vậy (3) (1) (1) chứng minh (z 1)2 (z 1)2 0.25 0.25 www.VNMATH.com VI.a Trong mp Oxy cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn (T): x2 + y2 – 4x – 2y – = Đỉnh A thuộc tia Oy, đường cao vẽ từ C nằm đường thẳng (d): x + 5y = Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết C có hoành độ số nguyên A thuộc tia Oy nên A(0; a) (a > 0) a Vì A (T) nên a2 – 2a – = a = A(0; 4) a 2 C thuộc (d): x + 5y = nên C(–5y; y) C (T) 25y2 + y2 + 20y – 2y – = 26y2 + 18y – = y 1 x C(5; –1) (Do xC Z) y x 20 13 13 (AB) (d) nên (AB): 5x – y + m = mà (AB) qua A nên 5.0 – + m = m = Vậy (AB): 5x – y + = B (AB) B(b; 5b + 4) b B (T) b2 + (5b + 4)2 – 4b – 10b – – = 26b2 + 26b = b Khi b = B(0; ) (loại B trùng với A) Khi b = –1 B(–1; –1) (nhận) Vậy A(0; 4), B(–1; –1) C(5; –1) x t x 1 y z Trong kg Oxyz cho (d1): , (d2): y t mặt phẳng (): 2 z t x – y + z – = Lập phương trình đường thẳng (d) biết d // () (d) cắt (d1), (d2) M N cho MN = M (d1) M(1 + 2m; –2 + m; – 2m) N (d2) N(2 – n; + n; + n) NM 2m n 1; m n 5; 2m n ; n (1; 1;1) MN // () n NM 2m + n – –(m – n – 5) – 2m – n – = ∑ = 2đ ∑ = 1đ 0.25 0.25 0.25 0.25 ∑ = 1đ 0.25 –m + n + = n = m – NM = ( 3m – 3; -3; –3m) NM (3m 3)2 (3)2 9m 2m 2m VII.a NM = 2m2 – 2m + = m2 – m – = m = –1 hay m = m = –1: M(–1; –3; 4) (loại M () x5 y z2 m = 2: M(5; 0; –2) NM = 3(1; –1; –2) (d): 1 2 Tìm tập hợp điểm biểu diễn cho số phức z thỏa: z 2i 2z 2i 0.25 0.25 0.25 ∑ = 1đ Gọi M(x; y) điểm biểu diễn cho số phức z = x + yi (x; y R) Ta có: z 2i 2z 2i x yi 2i 2(x yi) 2i (x 3) (y 2)i (2x 1) (2y 2)i (x + 3)2 + (y – 2)2 = (2x + 1)2 + (2y – 2)2 3x2 + 3y2 – 2x – 4y – = Vậy tập hợp điểm M đường tròn (T): 3x2 + 3y2 – 2x – 4y – = VI.b 0.5 0.25 0.25 ∑ = 2đ www.VNMATH.com 4 2 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(0; 4), trọng tâm G ; 3 3 trực tâm trùng với gốc tọa độ Tìm tọa độ đỉnh B, C diện tích ∆ ABC biết xB < xC 34 x I x 23 I I(2; –1) Ta có AI AG y y I 4 I BC qua I có VTPT OA (0; 4) 4(0;1) BC: y = –1 Gọi B(b; –1), I trung điềm BC nên C(4 – b; –1) Ta có: OB (b; 1) ; AC (4 b; 5) OB.AC 4b – b2 + = b2 – 4b – = b = –1 hay b = * b = –1 B(–1; –1) C(5; –1) (nhận) * b = B(5; –1) C(–1; –1) (loại) BC 6; BC = 6; d(A; BC) = SABC = 15 x 1 y z Trong kgOxyz cho (d1): , (d2): 2 x t y t mặt phẳng (): z t x – y + z – = Tìm (d2) điểm M cho đường thẳng qua M song song với (d1), cắt () N cho MN = M (d2) M(2 – m; + m; + m) x m 2t (d) qua M // (d1) nên (d): y m t z m 2t N = (d) () nên tọa độ N thỏa hệ: x m 2t y m t – m + 2t – – m – t + + m – 2t – = z m 2t x y z VII.b t = –3 – m N(–3m – 4; 0; 3m + 10) NM = (6 + 2m; + m; –2m – 6) NM2 = (2m + 6)2 + (m + 3)2 + (–2m – 6)2 Do MN = 9(m + 3)2 = m + = ± m = –2 hay m = –4 Vậy M(4; 1; 2) hay M(6; –1; 0) ex ey (ln y ln x)(1 xy) Giải hệ phương trình ln x ln y 3.4ln x 4.2ln y 2 Điều kiện: x, y > Ta có: + xy > * x > y: VT (1) > VP(1) < VT(1) > VP(1) (vô lí) * x < y: VT(1) < < VP(1) (vô lí) Do từ (1) x = y Thay vào (2) ta được: 23ln x 3.4ln x 4.2ln x 2lnx [(2lnx)2 – 3.2lnx – 4] = ∑ = 1đ 0.25 0.25 0.25 0.25 ∑ = 1đ 0.25 0.25 0.25 0.25 ∑ = 1đ 0.25 0.25 www.VNMATH.com 2ln x ln x 2 1 lnx = x = e2 ln x 2 Vậy hệ có nghiệm x = y = e2 0.25 0.25 ... hình chữ nhật SABCD = AB.AD = 4a2 Ta có BD = 0.25 AB2 AD2 4a2 1 2a2 4a 0.25 www.VNMATH.com SB2 OB2 9a2 4a2 a SO = 4a3 15 Do VSABMD = VSABCD a3 15 SABCD SO 3 Gọi G... thể tích khối chóp SABMD diện tích hình cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD S K I ∑ = 1đ A D O B M G C Ta có SA = SB = SC = SD nên SO (ABCD) ∆ SOA = = ∆ SOD nên OA = OB = OC = OD ABCD hình chữ... –1) (Do xC Z) y x 20 13 13 (AB) (d) nên (AB): 5x – y + m = mà (AB) qua A nên 5.0 – + m = m = Vậy (AB): 5x – y + = B (AB) B( b; 5b + 4) b B (T) b2 + ( 5b + 4)2 – 4b