Đề và ĐA thi thử ĐH số 24

2 2 ĐỀ THI THỬ SỐ 24 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi: TOÁN, khối A, B, D Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3x + 1 (1). x + 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tính diện tính của tam giác tạo bởi các trục tọa độ và tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại điểm M(-2;5). Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 4(sin 4 x + cos 4 x) + cos 4x + sin 2 x = 0. 2. Giải bất phương trình (x+1)(x-3) − x 2 + 2 x + 3 < 2 – (x-1) 2 . Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( α ):2x – y + 2z + 1 = 0 và đường thẳng d: x − 1 = y − 1 = z . 1 2 − 2 1. Tìm tọa độ giao điểm của d với ( α ); tính sin của góc giữa d và ( α ). 2. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, tiếp xúc với hai mặt phẳng ( α ) và Oxy. 1  Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân I = ∫  xe 2 x − x   dx. 0  2. Cho các số thực x,y thỏa mãn 0 ≤ x ≤ π 3 4 − x 2  và 0 ≤ y ≤ π . Chứng minh rằng 3 cosx + cosy ≤ 1+cos(xy). PHẦN RIÊNG -----------Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu:V.a hoặcV.b------------- Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm) 1. Chứng minh đẳng thức n.2 n .C 0 n + (n-1).2 n-1 2. C 1 + …+ 2C n − 1 = 2n.3 n-1 (n là số nguyên dương, C k là số tổ hợp chập k của n phần tử). n n n 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x-4) 2 + y 2 = 4 và điểm E(4;1). T ì m tọa độ điểm M trên trục tung sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) với A, B là các tiếp điểm sao cho đường thẳng AB đi qua điểm E. Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải bất phương trình 2 2 x − 4 x − 2 − 16.2 2 x − x − 1 − 2 ≤ 0. 2. Cho tứ diện ABCD và các điểm M, N, P lần lượt thuộc các cạnh BC, BD, AC sao cho BC = 4BM, AC = 3AP, BD = 2BN. Mặt phẳng (MNP) cắt AD tại Q. Tính tỷ số AQ và tỷ số thể AD tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mặt phẳng (MNP). x -∞ -1 +∞ y’ + + y +∞ 3 3 - ∞ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN (đề số 1), khối D Câu Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) Tập xác định : D = R\{-1}. Sự biến thiên : y ' = 2 > 0 ∀x ∈ D. ( x + 2) 2 0,25 Tiệm cận đứng: x = -1, tiệm cận ngang: y = 3. 0,25 Bảng biến thiên : 0,25 Đồ thị : y 3 1 -1 O x 0,25 2 Tính diện tích tam giác (1,00 điểm) Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số tại M là: y = y ’ (-2)(x+2) + 5 ⇔ y = 2x + 9. 0,25 Đường thẳng d cắt trục hoành tại A  − 9 ;0  và cắt trục tung tại    2  B(0;9). Diện tích tam giác OAB là S = 1 OA.OB = 1 − 9 9 = 81 . OAB 2 2 2 4 0,50 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 4  1 − 1 sin 2 2x  + 1 − 2 sin 2 2x + sin 2x = 0    2  ⇔ 4 sin 2 2x − sin 2x − 5 = 0 ⇔ ( s i n 2x + 1 )( 4s i n 2 x − 5 ) = 0 Û sin 2x = - 1 Û x = - p + k p, k Î Z 4 0,50 0,50 2 Tìm m để phương trình có nghiệm (1,00 điểm) Đặt t = − x 2 + 2 x + 3 ≥ 0. Khi đó ta có ( x + 1 )( x − 3 ) = − t 2 , − ( x − 1 ) 2 = t 2 − 4. Bất phương trình trở thành − t 2 .t < 2 + t 2 − 4 ⇔ t 3 + t 2 − 2 > 0 ⇔ ( t − 1 ) ( t 2 + 2t + 2 ) > 0 ⇔ t > 1 ( vi t 2 + 2t + 2 > 0 ) . 0,25 Ta được − x 2 + 2x + 3 > 1 ⇔ x 2 − 2x − 2 < 0 ⇔ 1 − 3 < x < 1 + 3. Nghiệm của bất phương trình là 1 − 3 < x < 1 + 3. 0,50 III 2,00 1 Tìm tọa độ giao điểm của d với (α) và tính sin của góc… (1,00 điểm) Gọi M là giao điểm của d với (α). Tọa độ của M là nghiệm của hệ  2x − y + 2z + 1 = 0 phương trình:  x − 1 y − 1 z ⇒ M  3 ; 2 ; − 1  .    = =  2   1 2 − 2 0,50 Vec tơ pháp tuyến của (α) là n = ( 2;−1;2 ) , vec tơ chỉ phương của d là u = ( 1;2;−2 ) . Gọi φ là góc giữa d và (α). Ta có sin ϕ = n.u = 2 − 2 − 4 = 4 . n . u 3.3 9 0,50 2 Viết phương trình mặt cầu (1,00 điểm) Gọi I = (1+t;1+2t;-2t) ∈ d là tâm của mặt cầu (S) cần tìm. Do (S) tiếp xúc với (α) và mặt phẳng (Oxy) nên d ( I , a ) = d ( I , Oxy ) Û 2 ( t + 1 ) - ( 1 + 2t ) - 4t + 1 = 2t Û t = - 1 Út = 1 . 0,50 Với t = -1 thì (S) có tâm I(0;-1;2) và bán kính R=2 nên (S) có phương trình x 2 + ( y + 1 ) 2 + ( z − 2 ) 2 = 4. Với t = 1 thì (S) có tâm I  6 ; 7 ; − 2  và bán kính R = 2 nên (S) có   5  5 5 5  5 2 2 2 phương trình  x − 6  +  y − 7  +  z + 2  = 4 .        5   5   5  25 0,50 IV 2,00 1 Tính tích phân…(1,00 điểm) 1  x  1 1 − xdx I = ∫  xe 2 x −  dx = ∫ xe 2 x dx + ∫ . 0  4 − x 2  0 0 4 − x 2 1 1 1 1  1 1  K = ∫ xe 2 x dx = ∫ xd ( e 2 x ) =  [ xe 2 x ] − ∫ e 2 x dx    0 2 0 2  0 0  = 1 [ e 2 x ( 2x − 1 ) ] 1 = 1 ( e 2 + 1 ) . 4 0 4 J = ∫ − xdx = [ 4 − x 2 ] = 3 − 2. 1 1 0 4 − x 2 0 e 2 − 7 0,50 2 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm) Do x, y ∈  ; π  nên 0 ≤ xy ≤ x + y ≤ π , suy ra   0 3   2 3 cos x + y ≤ cos xy . Ta có 2 cos x + cos y = 2 cos x + y cos x − y ≤ 2 cos x + y ≤ 2 cos xy (1). 2 2 2 0,25 Xét hàm số f ( t ) = 1 + cos t 2 − 2 cos t với t ∈  ; π   0 3  .   Ta có f ' ( t ) = 2 ( s i n t − t sin t 2 ) . Nhận thấy f ’(1) = 0, f(1) = =1 - cos1. Nếu 0 < t < 1 thì t 2 < t < 1 nên tsint 2 < sint 2 < sint, do đó f ’(t) > 0. Nếu 1 < t < π thì t < t 2 < π nên tsint 2 > sint 2 > sint, do đó f ’(t) < 0. 3 2 Do đó ta có bảng biến thiên t 0 1 π 3 f ’(t) + 0 - 1 – c os1 f(t) π 2 0 cos 9 0,50 π 2  π  Do cos > 0 nên f ( t ) ≥ 0, ∀ t ∈  0;  . Suy ra 9  3  2 cos xy ≤ 1 + cos ( xy ) ( 2 ) . Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. 0,25 V.a 2,00 1 Chứng minh đẳng thức (1,00 điểm) Xét khai triển f ( x ) = ( 2x + 1 ) n = C 0 ( 2x ) n + C 1 ( 2x ) n − 1 + . + C n − 1 ( 2x ) + C n n n n n ⇒ f ' ( x ) = 2n ( 2x + 1 ) n − 1 = n2 n C 0 x n − 1 + ( n − 1 ) 2 n − 1 C 1 x n − 2 + . + 2C n − 1 ( * ) 0,50 2 2 Thay x = 1 vào (*) ta được n.2 n .C 0 + ( n − 1 ) .2 n − 1 C 1 + . + 2C n − 1 = 2n.3 n − 1 . 0,50 n n n Nhận xét : có thể khai triển (1+x) n , lấy đạo hàm, cho x= 2, rồi nhân 2 vế cho 2. 2 Tìm tọa độ điểm M (1,00 điểm) Gọi I là tâm đường tròn (C) suy ra I(4;0). Xét M(0;a) thuộc trục tung mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C). Giả sử A(x 1 ;y 1 ); B(x 2 ;y 2 ). Ta có Vì IA ⊥ MA nên MA = ( x 1 ; y 1 − a ) , IA = ( x 1 − 4; y 1 ) . 0,50 ( x 1 − 4 ) x 1 + y 1 ( y 1 − a ) = 0 ⇔ ( x 1 − 4 ) + y 2 + 4 ( x 1 − 4 ) − ay 1 = 0. 1 Vì A thuộc (C) nên 4x 1 − ay 1 − 12 = 0. Suy ra A thuộc đường thẳng 4x – ay – 12 = 0. Tương tự, B thuộc đường thẳng 4x – ay – 12 = 0. Do đó phương trình đường thẳng AB là 4x – ay – 12 = 0. Đường thẳng AB đi qua E(4;1) nên a=4. Điểm cần tìm là M(0;4). Cá c h k h á c: pt tiếp tuyến tại A(x 1 ;y 1 ) có dạng 0,50 ( x 1 - 4 ) ( x - 4) + y 1 y - 4 = 0 Vì tiếp tuyến qua M(0;a) nên có ( x 1 - 4 ) (- 4) + y 1 a - 4 = 0 Tương tự, tọa độ B(x 2 ;y 2 ) thỏa ( x 2 - Suy ra pt AB là 4x – ay – 12 = 0. 4 ) (- 4) + y 2 a - 4 = 0 V.b 2,00 1 Giải bất phương trình mũ (1,00 điểm) 2 Đặt t = 2 x − 2 x − 1 , t > 0. Bất phương trình đã cho trở thành t 2 - 4 - t 2 £ 0 Û t 3 – 2t – 4 ≤ 0 Û (t - 2)(t 2 + 2t +2) Û t ≤ 2. 0,50 Ta có 0 < 2 x − 2 x − 1 ≤ 2 Û x 2 – 2x - 2≤ 0 Û 1 − 3 ≤ x ≤ 1 + 3. 0,50 Nghiệm của bất phương trình là 1 − 2 Tính tỷ số … (1,00 điểm) 3 ≤ x ≤ 1 + 3. Gọi E = MN ∩ CD. Khi đó Q = PE∩ AD. Gọi F là trung điểm của BC và G là điểm trên AC sao cho DG//PQ. Nhận thấy FD//MN. Ta c ó Α G = 1 + PG = 1 + 2PG = 1 + 2ED = 1 + 2MF = 1 + 2 = 5 0,50 Suy ra AP AQ = AP PC AP = 3 EC MC 3 3 AD AG 5 A 0,50 P Q B G N E D M F Gọi V là thể tích tứ diện ABCD, V 1 là thể tích khối đa diện ABMNQP, V 2 là thể tích khối đa diện CDNMPQ. Khi đó V 2 =V-V 1 . Ta có V 1 = V ABMN + V AMPN + V APQN. Do BM = 1 , BN = 1 nên S BMN = 1 , S MNC = 3 , S DNC = 1 . BC 4 BD 2 S BCD 8 S BCD 8 S BCD 2 Suy ra V = 1 V , V = 1 V = 1 V ,V = 1 . 3 V = 1 V . ABMN 8 AMNP 3 AMNC 8 APQN 3 5 ADNC 10 Như vậy V = 7 V , suy ra V 1 = 7 . 1 20 V 13 2 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. . 2 2 ĐỀ THI THỬ SỐ 24 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi: TOÁN, khối A, B, D Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO. Môn thi: TOÁN (đề số 1), khối D Câu Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) Tập xác định : D = R{-1}. Sự biến thi n