Đề thi thử Đại học lần 4 môn Toán

Đề thi thử Đại học lần 4 môn Toán gồm 2 phần: phần chung có 5 câu hỏi bài tập ứng với thang điểm 7, phần riêng được chọn giữa chương trình chuẩn hoặc chương trình nâng cao ứng với thang điểm 3. Ngoài ra tài liệu này còn kèm theo đáp án giúp các bạn dễ dàng tham khảo và so sánh kết quả. Mời các bạn cùng thử sức với đề thi này nhé.

www.VNMATH.com TRUNG TÂM HOCMAI.VN TRƯỜNG CHINH Tòa nhà Hocmai.vn, 109 Trường Chinh, Thanh Xuân, Hà Nội ĐT: (04) 3629–0880 Email: tccenter@hocmai.vn Website: trungtam.hocmai.vn/truongchinh ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN Mơn thi : TỐN Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x  mx  (2m  1)x  m  (1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) m  Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  Tìm m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực trị A, B cho tam giác IAB vuông I với I 1;  Câu II (2,0 điểm)  x      cos  x     sin 3x  sin x  1  tan x  6 2 4  Giải phương trình: sin   x  y  Giải hệ phương trình:   x   y   Câu III (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường y  x3  x  , trục Ox x  x3  x Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có tất cạnh a Mặt phẳng (P) qua A vng góc với B’C chia khối lăng trụ ABC.A’B’C’ thành hai khối đa diện khối chứa đỉnh C, khối chứa đỉnh B’ Tính thể tích khối đa diện chứa đỉnh B’ Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   e x  e2 y  x  y x  y   ln x  xy  y  ln xy        y x x 2  3.6  4.3  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 Oxy cho ba đường thẳng 1 , 2, 3 có phương trình 3x  y   0, x  y   0, x  y  10  Viết phương trình đường trịn có tâm I thuộc đường thẳng 3 tiếp xúc với hai đường thẳng 1, 2 x   t  Tìm tọa độ hai điểm B Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(3;1;2) đường thẳng  :  y  z   t  C đường thẳng  cho tam giác ABC Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm m  R để phương trình 2z   m  1 z  2m   có hai nghiệm phân biệt z1 , z  C thoả mãn z1  z  10 B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ vng góc Oxy cho tam giác ABC biết đỉnh A  0;  , trực tâm H 1;  8 1 3 3 trọng tâm G  ;  Xác định tọa độ B, C x   m t  x  m y z 1 Tìm m, n để d1, d2 song song tính   Cho hai đường thẳng d1 :  y   nt , d : 2 1 z  4t  khoảng cách d1, d2 www.VNMATH.com x2  x 1 có đồ thị (C) A, B thuộc tiệm cận đứng xiên (C) thoả x 1   mãn AB tiếp xúc (C) Gọi I giao hai tiệm cận Tính IA.IB Câu VII.b (1 điểm) Cho hàm số y  HẾT - ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu I.1 Đáp án m  :y  x  2x  3x Tập xác định: D  R Sự biến thiên: Giới hạn: lim y  ; lim y   x  Điểm 0.25 x  x  Chiều biến thiên: y '  x  4x  3; y '    x  Hàm số đồng biến khoảng  ,1 ;  3,   ; nghịch biến 1,3  ; Hàm số đạt cực tiểu x  ; yCT = Bảng biến thiên: x  y’ + 0 +  y Cực trị: Hàm số đạt cực đại x  ; yCĐ  Đồ thị:  0.25  0.25  0.25 I.2 x  y '  x  2mx  2m  y '     x  2m  Đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B  2m    m  0.25 8  4   A 1;  , B  2m  1,  m3  4m  4m   3  3  Có IA song song Oy nên tam giác 0.25 IAB vuông I  B  Ox 0.25 www.VNMATH.com 0.25   m3  4m  4m    m  3 II.1 Điều kiện: cos x   x    k, k  Z  1  PT   cos  x    cos x  sin x  sin 2x cos x 2 cos x    sin x  cos x  sin x  sin x  sin x  cos x        x    k2  x   k2    sin  x      ,k Z   ,kZ 3   x    5  k2  x    k2 6   7 Vậy phương trình có nghiệm x   k2 , k  Z  II.2  Điều kiện: x  0, y   x  x   y  y   14  x  x   y  y   14  Hệ    7  x  x7  y  y7   x   x  y   y   a  b  14 a  x  x  a  b  14 a   Đặt   7   ab  49 b   b  y  y   a  b   x  7x  21  x  x  x      y  y    y  7y  21  y III x   y  0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 x3  x  trục Ox nghiệm phương trình: x3  x x  x    x    x  1    x  1 x  x    x  0.25 Hoành độ giao điểm đường y     Diện tích hình phẳng S    x3  x  x3  x   dx 1 x  x dx x3  x (do x   x   0, x  x  ) 2 2  2x  S   1  dx  dx   dx   2 x x x 1 1 1 x   1  0.25  0.25 dt t 1   1      ln (đvdt)  dt   ln t  t  1 t t 1 t 1 1 0.25 www.VNMATH.com IV Gọi M trung điểm AM  BC  AM   BCB 'C '  BC, ta có A C  AM  B 'C  AM   P  B Gọi N trung điểm CC’, ta có MN / /BC '  MN  B 'C  MN   P  Vậy thiết diện (P) lăng trụ tam giác AMN a3  Có VABC.A ' B 'C '  AA '.SABC  a a.a 2 1 a a a a3 A' VA.CMN  AM.SCMN   3 2 2 48 B' 11a 3 (đvtt) Vậy VAA ' BMNC ' B '  VABC.A ' B 'C '  VA.CMN  48  xy  Điều kiện:   x  xy  y  Xét phương trình (1): e x  e y  x, y : x  y   x  y   x  y  3   VT 1  VP 1   x  xy  y  xy  ln  x  xy  y   ln  xy  Tương tự x, y : x  y  VT 1  VP 1 Vậy (1)  x  y , vào (2): M V 2y VIa y 0.25 N C' 0.25 0.25 y 0.25 0.25 0.25 Đường trịn tâm I bán kính R có phương trình: (x − 6a − 10)2 + (y − a)2 = R2 (C) Đường tròn (C) tiếp xúc với (1)  d(I; 1) = R 3(6a  10)  4a  22a  35  R R 32  Đường tròn (C) tiếp xúc với (2)  d( I; 2) = R 4(6a  10)  3a  21a  35 R  R  (3)2  (1) 0.25 (2) Từ (1) (2), ta có phương trình 22a  35  21a  35 0.25 70 43 Vậy có hai đường trịn thoả mãn (C1): (x − 10)2+ y2 = 49,  a = a =  2 10   70     (C2):  x     y      43   43   43   VIa 0.25 0.25 2 2 2 22 y  3.6 y  4.32 y               y  log 3 3 3   Vậy hệ có nghiệm:  log 4;log  3   Do I  ( )  I(6a  10; a) 0.25 0.25 7 5 Hình chiếu vng góc điểm A đường thẳng  H  ; 2;  2 2 B    B(2-b;2;4+b)  b  1 AH Tam giác ABC  HB      b  2 B H 0.25 A 0.25 d C 0.25 www.VNMATH.com VIIa C đối xứng với B qua H Vậy có hai cặp điểm thỏa đề bài: B(3;2;3), C(4;2;2) B(4;2;2), C(3;2;3) Phương trình cho có nghiệm phân biệt   '  Vì m  R   '   m  1   2m  1  m  6m   R 0.25 0.25 TH1:  '   z1  z  10  z12  z 22  z1z  10   z1  z   2z1z  z1z  10  2m     m   10   '  1  m   10  1  m    2m  1  2m   10      2m  m   20   '       m  6m  11  TH2:  '    VIb 1  m  i m  6m  1  m  i  m  6m    10 2 1  m 2   m2  6m  1  10  m    '   Vậy m   20 m  0.25 0.25 0.25   3  Gọi I trung điểm BC suy AI  AG  I  4;   2  0.25 Đường thẳng BC qua I vng góc AH nên BC có phương trình: 3  1 x     y     x  2y   2  0.25 B  BC  B  2b  7, b  , C đối xứng với B qua I nên C 1  2b; 3  b  0.25 BH  AC   6  2b 1  2b     b  7  b    5b  15b  20   B  9;1 ,C  1; 4  b     b  4  B  1; 4  ,C  9;1 VIb VIIb   d qua M1 1; 2;0  có VTCP u1 m ; n; , d qua M  m;0;1 có VTCP u 1; 2;1     d1 , d song song  u1 , u phương M1M , u không phương   m  2 m2 n , u1 , u phương     2 n     m 1    m  M1M , u phương  2 Vậy d1 / /d  m  2, n     M1M , u    82 40   d  d1 , d   d  M1 , d     2 u2  1   TCĐ: x  , TCX: y  x , I 1;1 x 1   Gọi tiếp điểm AB (C) M  a; a   suy phương trình AB: a 1     y  1    x  a  a    a  12  a 1     suy A 1;1   , B  2a  1; 2a  1 a 1   y  x 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 www.VNMATH.com   Suy IA.IB   2a    a 1 0.25 Ghi chú: Đáp án gồm 04 trang Thí sinh làm theo cách khác cho điểm tương ứng ... 70 43 Vậy có hai đường tròn thoả mãn (C1): (x − 10)2+ y2 = 49 ,  a = a =  2 10   70     (C2):  x     y      43   43   43   VIa 0.25 0.25 2 2 2 22 y  3.6 y  4. 32... x   y  y   14  x  x   y  y   14  Hệ    7  x  x7  y  y7   x   x  y   y   a  b  14 a  x  x  a  b  14 a   Đặt   7   ab  49 b   b  y...   m  0.25 8  4? ??   A 1;  , B  2m  1,  m3  4m  4m   3  3  Có IA song song Oy nên tam giác 0.25 IAB vuông I  B  Ox 0.25 www.VNMATH.com 0.25   m3  4m  4m    m  3 II.1