Bộ 25 đề luyện thi đại học môn Toán ( có đáp án)

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2MÔN: TOÁNThời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1.2.Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau.Câu II (2,0 điểm)1.Giải phương trình 2.Giải phương trình Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân .Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 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 toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng d1: , d2: Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d¬1 và d2.Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3B. Theo chương trình Nâng cao:Câu VI.b (2,0 điểm)1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d¬1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. 2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới bằng . Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình Hết

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN Ngày thi 21/12/2019 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) m Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  m  x2 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho với m = Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu cho hai điểm cực trị đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + = khoảng Câu II (2,0 điểm) cos x  cos x  1 Giải phương trình    sin x  sin x  cos x Giải phương trình  x2  x x    x  x2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân � ( x ��) x3 dx x 1  x  Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M, N điểm di động cạnh AB, AC cho  DMN    ABC  Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x y Chứng minh rằng: x  y  xy Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z �0 thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x  y  16 z  x  y  z II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC qua M(2; 1) Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + = hai đường thẳng x 1 y 1 z  x2 y2 z     d1: , d2: 1 2 Viết phương trình đường thẳng d vng góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 d2 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = B Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B C nằm hai đường thẳng d1: x + y + = d2: x + 2y – = Viết phương trình đường trịn có tâm C tiếp xúc với đường thẳng BG x  y  z 1   Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: mặt phẳng (P): x + y + z + = Gọi 1 M giao điểm d (P) Viết phương trình đường thẳng  nằm mặt phẳng (P), vng góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  42 � log  y  x   log  � y Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình � �x  y  25 � ( x, y ��) -Hết - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN - 2010 Đáp án gồm 06 trang Câu Nội dung Điểm I 2,0 1,0 x2 a) Tập xác định: D  �\  2 Với m =1 y  x   0.25 b) Sự biến thiên: y ' 1  x  2  x2  x   x  2 x 1 � , y' � � x3 � 0.25 lim y  �, lim y  �, lim y  �; lim y  � , x �� x �� x �2  x �2  lim  y  ( x  1)   ; lim  y  ( x  1)   x � � x�� Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – Bảng biến thiên x - y’ + – – + + + + y 0.25 - - Hàm số đồng biến khoảng  �;1 ,  3; � ; hàm số nghịch biến khoảng  1;  ,  2;3 Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = x = 1; yCT = x = c) Đồ thị: 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 2 1.0 m ; ( x  2) Hàm số có cực đại cực tiểu � phương trình (x – 2)2 – m = (1) có hai nghiệm phân biệt khác � m  x1   m � y1   m  m Với m > phương trình (1) có hai nghiệm là: x2   m � y2   m  m Với x �2 ta có y’ = 1- Hai điểm cực trị đồ thị hàm số A(  m ;  m  m ) ; B(  m ;  m  m ) Khoảng cách từ A B tới d nên ta có phương trình: 2m m  2m m m0 � �� m2 � Đối chiếu điều kiện m = thoả mãn toán Vậy ycbt  m = 0.25 0.25 0.25 II 0.25 2.0 Giải phương trình cos x  cos x  1    sin x  sin x  cos x 1.0 ĐK: sin x  cos x �0 0.25 Khi PT �   sin x   cos x  1    sin x   sin x  cos x  �   sin x    cos x  sin x  sin x.cos x   0.25 �   sin x    cos x    sin x   sin x  1 � �� cos x  1 � (thoả mãn điều kiện)  � x    k 2 � � � x    m2 �  k , m �Z 0.25 Vậy phương trình cho có nghiệm là: x   Giải phương trình: 0.25   k 2 x    m2  x2  x x    2x  x2 ( x ��) � x  x �0 � PT � �  x  x x    x  x2 � � x  x �0 � �� �x x   2( x  2) � � 3 �x �1 � ۹ �x � x2 � x   2 x � 1.0 0.25 0.25 2 �x  � � ��  x  1  x  16   � � x  1 Vậy phương trình cho có nghiệm x = - - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I  k , m �Z 0.25 0.25 3 III Tính tích phân � Đặt u = x3 dx x 1  x  1.0 �x  � u  x  � u   x � 2udu  dx ; đổi cận: � �x  � u  2 0.25 x3 2u  8u dx  du  � (2u  6)du  � du Ta có: � � u  3u  u 1 x 1  x  1  0.25  u  6u   ln u  1 0.25  3  ln 0.25 IV 1.0 D Dựng DH  MN  H Do  DMN    ABC  � DH   ABC  mà D ABC tứ diện nên H tâm tam giác ABC C B N H 0.25 M A �3� Trong tam giác vuông DHA: DH  DA  AH   � �  �3 � � � Diện tích tam giác AMN S AMN 2 0.25  AM AN sin 600  xy Thể tích tứ diện D AMN V  S AMN DH  xy 12 Ta có: S AMN  S AMH  S AMH � 0.25 1 xy.sin 600  x AH sin 300  y AH sin 30 2  x  y  xy V 0.25 1.0 Trước hết ta có: x  y � Đặt x + y + z = a Khi x  y (biến đổi tương đương) � �  x  y   x  y  �0  x  y 4P � a  64 z 3  a  z  a  64 z 3 0.25    t   64t z (với t = , �t �1 ) a 0.25 Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t � 0;1 Có f '(t )  � 64t    t  � , f '(t )  � t  � 0;1 � � 0.25 Lập bảng biến thiên � Minf  t   t� 0;1 64 � GTNN P 16 đạt x = y = 4z > 81 81 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 0.25 VI.a 2.0 1.0 Do B giao AB BD nên toạ độ B nghiệm hệ: � 21 x � �x  y   � �21 13 � �� � B� ; � � �5 � �x  y  14  �y  13 � Lại có: Tứ giác uuurABCD làuuhình ur chữ nhật uuur nên góc AC AB góc AB BD, kí hiệu nAB (1; 2); nBD (1; 7); nAC ( a; b) (với a2+ b2 > 0) VTPT uuur uuur uuur uuur đường thẳng AB, BD, AC Khi ta có: cos nAB , nBD  cos nAC , nAB     a  b � 2 2 � � a  2b  a  b � 7a  8ab  b  � b � a � - Với a = - b Chọn a = � b = - Khi Phương trình AC: x – y – = 0, �x  y   �x  �� � A(3; 2) A = AB  AC nên toạ độ điểm A nghiệm hệ: � �x  y   �y  Gọi I tâm hình chữ nhật I = AC  BD nên toạ độ I nghiệm hệ: � x � x  y   � � �7 � � �I � ; � � � �2 � �x  y  14  �y  � 14 12 � � Do I trung điểm AC BD nên toạ độ C  4;3 ; D � ; � �5 � - Với b = - 7a (loại AC khơng cắt BD) 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0 �x  1  2t �x   m � � Phương trình tham số d1 d2 là: d1 : �y   3t ; d : �y  2  5m �z   t �z  2m � � Giảusử uuu rd cắt d1 M(-1 + 2t ; + 3t ; + t) cắt d2 N(2 + m ; - + 5m ; - 2m) � MN (3 + m - 2t ; - + 5m - 3t ; - - 2m - t)  m  2t  2k � uuuu r uur uur � 3  5m  3t  k có nghiệm Do d  (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên k : MN  k n p � � � 2  2m  t  5k � 0.25 0.25 0.25 �m  Giải hệ tìm � t 1 � VII.a �x   2t � Khi điểm M(1; 4; 3) � Phương trình d: �y   t thoả mãn toán �z   5t � 0.25 Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n  N thỏa mãn phương trình 1.0 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I log4(n – 3) + log4(n + 9) = �n �N Điều kiện: � �n  Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) =  log4(n – 3)(n + 9) = n  (thoả mãn) � �  (n – 3)(n + 9) =  n + 6n – 91 = � n (không 13 thoả mãn) � 0.25 0.25 Vậy n = Khi z = (1 + i)n = (1 + i)7 =   i  �   i  (2i )3  (1  i ).(8i )   8i  1 i � � �  0.25 Vậy phần thực số phức z 0.25 VI.b 2.0 1.0 Giả sử B( xB ; yB ) �d1 � xB   yB  5; C ( xC ; yC ) �d � xC  2 yC  �xB  xC   �yB  yC   0.25 Từ phương trình ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) uuur uuur Ta có BG (3; 4) � VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – = 0.25 Vì G trọng tâm nên ta có hệ: � Bán kính R = d(C; BG) = 81 � phương trình đường trịn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 25 0.25 0.25 1.0 Ta có phương trình tham số d là: �x   2t � �y  2  t  toạ độ điểm M nghiệm hệ �z  1  t � �x   2t �y  2  t � (tham số t) � �z  1  t � �x  y  z   0.25 � M (1; 3;0) uur uu r Lại có VTPT của(P) nP (1;1;1) , VTCP d ud (2;1; 1) uu r uu r uur � u Vì  nằm (P) vng góc với d nên VTCP u  � d � , nP � (2; 3;1) uuuu r Gọi N(x; y; z) hình chiếu vng góc M  , MN ( x  1; y  3; z ) uu r uuuu r Ta có MN vng góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = �x  y  z   � x  y  z  11  Lại có N�(P) MN = 42 ta có hệ: � � ( x  1)  ( y  3)  z  42 � Giải hệ ta tìm hai điểm N(5; - 2; - 5) N(- 3; - 4; 5) x5  x3  Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt  : Nếu N(5; -2; -5) ta có pt  : - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I y2  3 y4  3 z 5 z 5 0.25 0.25 0.25 VII.b � log y  x  log 1   � y Giải hệ phương trình � �x  y  25 � 1.0 ( x, y ��) �y  x  �y  Điều kiện: � 0.25 yx � � �y  x log  y  x   log  1 � log  1 �  � y y �� �� y Hệ phương trình � � �x  y  25 �x  y  25 �x  y  25 � � � 0.25 �x  y �x  y �x  y � � �2 �� � � 25 2 y  y  25 �y  �x  y  25 � 10 � 0.25 � � �15 (không thỏa mãn đk)  x; y   � ; � � � 10 10 � �� � � thỏa mãn đk) � 15 ;  (không �  x; y   � � 10 � � � 10 0.25 Vậy hệ phương trình cho vơ nghiệm Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà điểm phần đáp án quy định - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I ... 1; yCT = x = c) Đồ thị: 0 .25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 2 1.0 m ; ( x  2) Hàm số có cực đại cực tiểu � phương trình (x – 2)2 – m = (1 ) có hai nghiệm phân biệt khác... trình 1.0 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I log4(n – 3) + log4(n + 9) = �n �N Điều kiện: � �n  Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) =  log4(n – 3)(n + 9) = n  (thoả mãn)... có N�(P) MN = 42 ta có hệ: � � ( x  1)  ( y  3)  z  42 � Giải hệ ta tìm hai điểm N(5; - 2; - 5) N(- 3; - 4; 5) x5  x3  Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt  : Nếu N(5; -2; -5) ta có pt  : - Đề