Đề và ĐA thi thử ĐH số 26

CC 22C n 2 ĐỀ THI THỬ SỐ 26 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 x 2 + (3m − 2) x + 1 − 2m y = x + 2 (1) , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự bi ế n thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) đồng bi ế n trên từng khoảng xác định của nó. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 3sin x + cos 2 x + s in2x =4sinxcos 2 x . 2 2. Giải hệ phương trình    x −1 − y = 8 − x 3 ( x, y ∈ R). ( x − 4) 4 = y Câu III (2 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm  x − y + 1 = 0 A(1; 0; -1), B(2; 3; -1), C(1; 3; 1) và đường thẳng d:   x + y + z − 4 = 0. 1. Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng d sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 1. 2. V i ế t phương trình tham số của đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng (ABC). Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân 1 I = ∫ 0 x 3 dx . 4 − x 2 2. Cho số nguyên n (n ≥ 2) và hai số thực không âm x, y. Chứng minh rằng n x n + y n ≥ n + 1 x n +1 + y n +1 . Đẳng thức xảy ra khi nào? PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b. Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm) 1. Chứng minh rằng n 0 2 n − 1 C 1 n + n + . + 1 n −1 0 n n + n 3 n + 1 − 1 = n + 1 n 2 1 2(n + 1) (n là số nguyên dương, C k là số tổ hợp chập k của n phần tử). 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(3; 0), B(0; 4). Chứng minh rằng đường tròn nội ti ế p tam giác OAB ti ế p xúc với đường tròn đi qua trung điểm các c ạ nh của tam giác OAB. Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải bất phương trình 3 2 x + 1 − 2 2 x + 1 − 5.6 x ≤ 0 . 2. Cho tứ diện ABCD có các mặt ABC và ABD là các tam giác đều c ạ nh a, các mặt ACD và BCD vuông góc với nhau. Hãy tính theo a thể tích khối tứ diện ABCD và tính số đo của góc giữa hai đường thẳng AD, BC. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn: TOÁN (đề số 2), khối B Câu Nội dung Điểm I 2, 00 1 Khảo sát sự bi ế n thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) x 2 + x − 1 1 Khi m = 1 hàm số trở thành y = = x − 1 + . x + 2 x + 2 • Tập xác định : R \ {-2}. • Sự bi ế n thiên: 2 y ' = 1 − 1 = x + 4 x + 3 , y ' = 0 ⇔ x = − 3 hay x = − 1. ( x + 2) 2 ( x + 2) 2 • y CĐ = y(-3) = -5, y CT = y(-1) = -1. 0, 25 • Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = -2, tiệm cận xiên y = x – 1. 0, 25 Bảng bi ế n thiên: x −∞ − 3 −2 − 1 +∞ y ' + 0 − − 0 + − 5 +∞ +∞ y −∞ −∞ − 1 0, 25 • Đồ thị: y -2 -1 0 -3 x -1 -5 0, 25 2 Tìm các giá trị của m…(1,00 điểm) Ta có y = x + (3m − 4) + 9 − 8m . x + 2 8m − 9 x 2 + 4 x + 8m − 5 y ' = 1 + = . ( x + 2) 2 0,50 Hàm số đã cho đồng bi ế n trên các khoảng xác định của nó khi và chỉ khi y ' ≥ 0 ∀ x ≠ − 2 ⇔ x 2 + 4x + 8m − 5 ≥ 0 ∀ x ≠ − 2 ⇔ m ≥ 9 . 8 0,50 II 2, 00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 3sin x + cos 2 x + s in2x=2sinx+sin2x ⇔ 2sin 2 x − sin x −1 = 0 (sin x −1)(2 sin x + 1) = 0. 0,50 • sin x = 1 ⇔ x = π + k 2 π . 2 • sin x = − 1 ⇔ x = − π + k 2 π hoặc x = 7 π + k 2 π . 2 6 6 Nghiệm của phương trình là x = π + k 2 π ∨ x = − π + k 2 π ∨ x = 7 π + k 2 π , k ∈ Z. 2 6 6 0,50 2 Giải hệ phương trình (1, 00 điểm) Điều kiện x ≥ 0 , y ≥ 0 . Hệ phương trình đã cho tương đương với   x − 1 − ( x − 1) 2 + x 3 − 8 = 0 (1)  y = ( x − 1) 4 (2) Xét hàm số f (t ) = t −1 − (t −1) 2 + t 3 − 8 , với t ≥ 1. Ta có f / (t) = (t − 1) 2 + 2t 2 + 1 + 1 > 0 với mọi t > 1 nên f(t) đồng 2 t − 1 bi ế n trên (1; +∞). 0,50 Phương trình (1) có d ạ ng f(x) = f(2) nên (1) ⇔ x = 2, thay vào (2) ta được y = 1. Nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (2; 1). 0,50 III 1 Tìm tọa độ điểm D…(1,00 điểm) → Ta có vectơ AB = (1; 3; 0), vectơ AC = ( 0; 3; 2). Suy ra tích có → hướng của hai vectơ AB, AC là vectơ n = (6; -2; 3).  x = t Phương trình của đường thẳng d là :  y = 1 + t   z = 3 − 2 t .    Vì D ∈ d nên D(t; 1 + t; 3 – 2t) ⇒ AD = (t − 1; t + 1; −2t + 4). V = 1 n. AD = 1 6(t − 1) − 2(t + 1) + 3( − 2t + 4) = 2 − t .   ABCD 0,50 2 − t Do đó V = 1 ⇔ = 1 ⇔ t = − 1 hay t = 5. Có hai điểm D thỏa mãn bài toán là: D( - 1 ; 0 ; 5) và D(5 ; 6 ; -7). 0,50 2 V i ế t phương trình tham số của đường thẳng (1,00 điểm) − Phương trình mặt phẳng (α) qua C và vuông góc với AB là: 1(x - 1) + 3(y - 3) = 0 ⇔ x + 3y – 10 = 0. 0,50 ABCD 3 − Phương trình mặt phẳng (β) qua B và vuông góc với AC là: 3(y - 3) + 2(z + 1) = 0 ⇔ 3y + 2z – 7 = 0. Gọi ∆ là đường thẳng qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng (ABC), suy ra ∆ là giao t uy ế n của (α) và (β). Nhận thấy N(1;3;-1)∈ ∆ và ∆ nhận n làm một vectơ chỉ phương nên  x = 1 + 6 t phương trình tham số là:  y = 3 − 2t   z = − 1 + 3 t .  0,50 IV 2, 00 1 Tính tích phân … (1,00 điểm) Đặt t = 4 − x 2 ⇒ x 2 = 4 − t 2 , xdx = −tdt. x = 0 ⇒ t = 2, x = 1 ⇒ t = 3 0, 25 3 (4 − t 2 )tdt 2  t 3  2 I = − ∫ = ∫ (4 − t 2 )dt =  4t −  2 t 3  3  3 0,50 = 16 − 3 3 . 3 0, 25 2 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm) Với x = 0 hoặc y = 0, bất đẳng thức đúng và dấu bằng xảy ra. Với xy ≠ 0, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với n n + 1 n 1 +  x  ≥ n +1 1 +  x  .     n 1 + t n Xét hàm số f (t) = với t ∈ ( 0 ; + ∞) . n + 1 1 + t n + 1 n − 1 Ta có f ' (t) = t (1 − t ) , f ' (t) = 0 ⇔ t = 1. n + 1 ( 1 + t n + 1 ) n + 2 n ( 1 + t n ) n − 1 0,50 lim f (t) = 1, lim f (t) = 1 . t → 0 + t →+∞ Bảng bi ế n thiên: x 0 1 +∞ f ' (t ) 0 + 0 − f (1) f (t) 1 1 Từ bảng bi ế n thiên suy ra f(t) ≥ 1 với mọi t ∈ ( 0 ; + ∞) . Thay t = y ta được điều phải chứng minh. x Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc y = 0. 0,50  y   y  V.a 2, OO 1 Chứng minh đẳng thức tổ hợp (1,00 điểm) Xét khai triển (2x + 1) n = C O (2 x) n + C 1 (2 x) n − 1 + . + C n − 1 (2 x) + C n . n n n n 1 1 Suy ra ∫ (2 x + 1) n dx = ∫ [C O (2 x) n + C 1 (2 x) n − 1 + . + C n − 1 (2 x) + C n ] dx. n n n n O,5O (2x + 1) n + 1 1  2 n C O 2 n − 1 C 1 2 1 C n − 1 2 O C n  1 ⇒ =  n x n + 1 + n x n + . + n x 2 + n x  2(n + 1) O n + 1 n 2 1 O    2 n C O 2 n − 1 C 1 2 1 C n − 1 2 O C n  3 n + 1 − 1 ⇒  n + n + . + n + n  = .  n + 1 n 2 1  2(n + 1) O,5O 2 Chứng minh hai đường tròn ti p xúc với nhau (1,00 điểm) Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của OA, OB, AB. ⇒ M  3 ; O  , N ( O ; 2 ) , P  3 ; 2  .     Tam giác MNP vuông t i P nên tâm đường tròn đi qua ba điểm M, N, P là trung điểm I  3 ;1  của MN va bán kính R = MN = 5 .  4  2 4   O,5O Mặt khác tam giác OAB vuông t i O nên đường tròn nội ti p tam giác OAB có bán kính r = OA + OB − AB = 1 va tam J nằm trên đường 2 thẳng y = x va thuộc góc phần tư thứ nhất nén J(1; 1). Ta có IJ = 1 = 5 − 1 = R − r, suy ra điều phải chứng minh. 4 4 O,5O V.b 2, OO 1 Giải bất phương trình logarit (1, OO điểm) Bất phương trình đã cho tương đương với  3  2 x  3  x   3  x    3  x  3  2  − 5  2  − 2 ≤ O ⇔   2  − 2   3  2  + 1  ≤ O                O,5O x ⇔  3  ≤ 2 ⇔ x ≤ log 2.  2  3 2   O,5O 2 Tính thể tích và góc (1,00 điểm) Gọi M là trung điểm của CD, khi đó AM ⊥ CD, BM ⊥ CD. Từ giả thi t suy ra  AMB = 9O  . Ma AM = BM nén ΑAMB vuông can t i M. Do đó BM = a 2 ⇒ CD = 2CM = 2 BC 2 − BM 2 = a 2 2 1 1 a 3 2 1 V ABCD = CD.S ABM = CD. AM .BM = .(= AM .S BCD ) 3 6 12 3 O,5O Gọi N, P,Q lần lượt là trung điểm của AB, AC, BD. Ta có (  AD, BC ) = ( N  P, NQ ) .  2   2  Α AMB vuông can t i M ⇒ MN = AB = a = NP = PM suy ra Α MNP la 2 2 tam giác đều. Do đó M  QN = 6 O  ⇒ ( N  P, NQ ) = (  AD, BC ) = 6 O  D M Q A C P N B O,5O Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án qui định. . CC 22C n 2 ĐỀ THI THỬ SỐ 26 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: TOÁN (đề số 2), khối B Câu Nội dung Điểm I 2, 00 1 Khảo sát sự bi ế n thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) x 2 + x − 1 1 Khi m = 1 hàm số trở thành