Bộ đề 1 - Bộ đề thi thử đại học có lời giải

Bộ đề thi thử đại học có lời giải

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC (Thời gian làm : 180 phút) I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x2 2x  1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho Tìm điểm đồ thị (C) cách hai điểm A(2 , 0) B(0 , 2) Câu (2,0 điểm) 1.Giải phương trình :      cos 3 x    cos 5 x   0 6 10    2.Giải bất phương trình : x  3x  0 2x  5x Câu III (1,0 điểm) Cho hình phẳng (H) giới hạn đường : x  y ; x  ; y   x  Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành cho hình (H) quay quanh trục Oy Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A 1B1C1 cạnh đáy a, cạnh bên a ính thể tích khối lăng trụ góc AC1 đường cao AH mp(ABC) Câu V (1,0 điểm) Cho : a  b  c  65 Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số : y  a  b sin x  c sin x     x ( , )    II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho đường tròn (C) : x  y  x  y   đường thẳng d : x  y   Tìm điểm M thuộc đường thẳng d cho từ điểm M kẻ đến (C) hai tiếp tuyến hợp với góc 900 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz Cho mặt cầu (S) :  x  1  y   z  2  Lập phương trình mặt phẳng (P) vng góc với đường thẳng a : x y z    cắt mặt cầu (S) theo đường trịn có bán kính CâuVII.a (1,0 điểm) Có số tự nhiên gồm bốn chữ số khác mà số lớn 2010 2.Theo chương trình nâng cao CâuVI.b (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho elip (E) : x  y   Tìm điểm N elip (E) cho : F1 Nˆ F2 600 ( F1 , F2 hai tiêu điểm elip (E) ) 2.Trong Không gian với hệ tọa độ Oxyz.Cho đường thẳng A ( , ,  ) điểm Tìm tọa độ điểm E F thuộc đường thẳng  để tam giác AEF tam giác  x   :  y  z  Câu VII.b (1,0 điểm) t 2t    Tìm số phức z thỏa mãn : 2 z    z2    i  z  ( z)2 z  2i 4 ĐÁP ÁN ĐỀ Câu I ( 2,0 điểm) Đáp án Điểm 1.(1,25) 1     y/   x  D ( x  1) 1 (  , ) ; ( ,  ) ; H/s a/ Tập xác định : D b/ Sự biến thiên: + H/s nghịch biến R \ 2 0,25 khơng có cực trị 0,25 +Giới hạn –tiệm cận : Lim y  Lim y  x   x   Tiệm cận ngang y = ; Lim y    ; Lim y   x 2 x ; Tiệm cận đứng x = 2 1 c/ Đồ thị ,2 y = -2 xx : Đđb x = y = , x = -2 Đồ thị nhận giao điểm yy tiệm cận làm tâm đối xứng YY/ / 0,25  Y1 / / / // /    1 2 o o xx 0,25 0,25 2.(1,0 điểm) Pt đường trung trực đọan AB : y = x Những điểm thuộc đồ thị cách A B có hồng độ nghiệm pt :  1 x   x  x  0    1 x   x2 x 2x  Hai điểm đồ thị thỏa ycbt : II ( 2,0 điểm) 0,5 0,5  1 1   1 1    ;  , ,  2   2   1.(1,0 điểm)     Pt  5cos  3x    3cos  5x     5sin 3x  3sin x 2 0,25      2sin x  3(sin x  sin 3x)  2sin x(3cos x  4sin x  3)   x  k  sin x     x   arccos(  )  k 3cos x  cos x     0,25 ( k Z ) 0,25 0,25 2.(1,0 điểm) Bpt  x   x     2 x  3x  0       x 0  x    x 0 ; x     2       x  3x     x   x     x  x      x 0  x      x     x 2  x   0,25 III (1,0 Phương trình định tung độ giao điểm : điểm) y 2  y y 0 2    y  0 y  y 2     y 1  y   y 4 ( l )   1 Đường thẳng y = – x cắt trục tung y = Thể tích khối trịn xoay cần tìm : V = V1 + V2 ( Trong V1 =   y ) dy  y2 =  (đvtt) (2  y ) dy  ( y  2) d ( y  2)  V2    1 V = 5 0,25 ( y  2)3 =  (đvtt) ( đvtt ) 0,25 0,25 0,25 IV (1,0 Điểm) +Thể tích lăng trụ : V  dt ( ABC ) AA1  a   AH AC1 + cos(AH , AC1) = AH AC1     AH  AA1  A1C1     AH AC1 AH AC1   AH A1C1 = AH AC1 3 a 2   ( AH , AC ) 60  a a (AH , AC1) = 600 Vậy (AH , AC1) = 600  0,25  AH AC cos 30   0,25 a   y  a  b  c  sin x  sin 2 x  65  sin x  sin 2 x Vậy  Đặt f(x) =  sin x  sin x 1  sin x  sin x.(1  sin x) f(x) =  sin x  sin x  , Đặt sin x t , t   , 1 V (1,0 điểm) g(t) = BBT t 0f  4t  6t  + f 2 0,25  g / (t )  8t  ; g / (t ) 0  t  M - 1f 0,25 13 0,25 13 3   t   sin x   x  4 13 5 y 65   13  y 13 dấu “=” 2 sin x sin x   a b c Max g(t) xảy  x 0,25 hay   a 2b 2c Thay vào : VI.a (2,0 điểm) 1.( 1,0 điểm) + (C) có tâm I(2 , 1) bán kính R = + AMˆ B  900 ( A , B tiếp điểm ) suy : MI  MA  R  12 Vậy M thuộc đường trịn tâm I bán kính R/ = 12 M thuộc d nên M( x , y) có tọa độ thỏa hệ: a2  b2  c2 65  a 2   30 b   15  c   1ft 10f + 13 44 -  a    30 b   15  c  0,25 2 x    x  2   y  1 12       y    x  y  0   x      y   Vậy có điểm thỏa u cầu tốn có tọa độ nêu 2.( 1,0 điểm) a (S) có tâm J (1,0 , 2) bán kính R =   + đt a có vtcp u (1, ,  ) , (P) vng góc với đt a nên (P) nhận u làm vtpt Pt mp (P) có dạng : x  y  z  D 0 + (P) cắt (S) theo đường trịn có bk r = nên d( J , (P) ) = R  r  nên ta có :  2.0  2.( 2)  D   D      D   KL : Có mặt phẳng : (P1) : x  y  2z   0 x  y  2z   0 0,25 0,25 5 (P2) : 0,25 0,25 VII.a(1,0 Gọi số cần tìm có dạng : abcd điểm) + Nếu a > : có cách chọn a A93 cách chọn b, c , d + Nếu a = : + b > : có cách chọn b có A82 cách chọn c , d + b = c > 1: có cách chọn c và cách chọn d + b = c = : có cách chọn d Vậy số số thỏa yêu cầu toán : A93  A82  7.7   4032 1.(1,0 điểm) VI.a ( 2,0 điểm) (E) : x2  y 1 ; a 4  a 2 ; b 1  b 1 ; c a  b 3  c  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 + Áp dụng định lí côsin tam giác F1NF2: ( F1 F2 )  NF12  NF22  NF1 NF2 cos 60 0,25  ( F1 F2 )  ( NF1  NF2 )  NF1 NF2  NF1 NF2 4 ( a2  c2 )  3 32  ; y2  18  NF1 NF2   x2 0,25 Vậy có điểm thỏa yêu cầu toán :  1 4  1    N1  ,  ; N  , ; N   ,  ; N   ,  3 3 3 3      0,25 2.(1,0 điểm) + Đường thẳng   qua M (0 , ,1)  có vtcp    M A (1,0 , 2) ;  M A , u   ( ,  , 2)    u (1, , 0) ; + Khoảng cách từ A đến  AH = + Tam giác AEF A , BK R = d ( A , )       M A, u      u  AE  AF AH  Vậy E , F thuộc mặt cầu tâm 0,25 đường thẳng  , nên tọa độ E , F nghiệm hệ :  x t  y 2t   z    1) ( x    y  ( z  1)  32 0,25 0,25 t = 2 suy tọa độ E F :  1 x      y    z 1    2   1 x      y    z 1    2 0,25 VII.b (1,0 điểm) + Gọi số phức z = x + yi Hệ   x  ( y  1)i      xyi ( x , y R )  x2  y    y 1  y   x x   ( y  2)i Vậy số phức cần tìm : z 3   x 3    y 3  i 0,25 0,50 0,25 ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y  2x  x Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình sin(2x  17 x  )  16 2 3.s inx cos x  20sin (  ) 2 12 2 x  x y  x y 1 2) Giải hệ phương trình :  x y  x  xy  / f( f(t Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =  tan x.ln(cos x) dx cos x  Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông A với AB = a, mặt bên tam giác cân đỉnh S Hai mặt phẳng (SAB) (SAC) tạo với mặt phẳng đáy góc 600 Tính cơsin góc hai mặt phẳng (SAB) (SBC) Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c số dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: a b bc c a   3 ab  c bc  a ca  b PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một hai phần (phần A hoặc B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) đường thẳng  : 2x + 3y + = Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng  cho đường thẳng AB  hợp với góc 45 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1) x hai đường thẳng (d) :  y 1 z  2 3 x (d ') :  y z  Chứng minh: điểm M, (d), (d’) nằm mặt phẳng Viết phương trình mặt phẳng Câu VIIa (1 điểm) Giải phương trình: Logx(24x1) x  logx (24x1) x log(24x1) x Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x2  y2 1 , đường thẳng (d) : x  y  m 0 Tìm m để (C ) cắt (d ) A B cho diện tích tam giác ABO lớn Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng: (P): 2x – y + z + = 0, (Q): x – y + 2z + = 0, (R): x + 2y – 3z + = đường thẳng 1 : x  = y 1 = z Gọi 2 giao tuyến (P) (Q) Viết phương trình đường thẳng (d) vng góc với (R) cắt hai đường thẳng Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 ))  Câu -ý 1.1 ĐÁP ÁN ĐỀ Nội dung 1 ,  Điểm *Tập xác định : D  \  1 *Tính y '  1 (x  1)  x  D Hàm số nghịch biến khoảng ( ;1) (1; ) *Hàm số khơng có cực trị *Giới hạn 0.25 lim y  Limy    x 1 x Lim y 2 Lim y 2 x  x   Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên  x 0.25  y’ - - 0.25  y  1.2 *Vẽ đồ thị *Tiếp tuyến (C) điểm M (x0 ; f (x0 ))  (C ) có phương trình 0.25 y f '(x0 )(x  x0 )  f (x0 ) Hay x  (x0  1) y  2x02  2x0  0 (*) *Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*)   2x0  (x0  1) 0.25 0.25  giải nghiệm x0 0 x0 2 *Các tiếp tuyến cần tìm : x  y  0 x  y  0 0.25 0.25 2.1 *Biến đổi phương trình cho tương đương với  sin 2x  10cos(x  )  0    cos(2x  )  5cos(x  )  0    2cos (x  )  5cos(x  )  0 6   Giải cos(x  )  cos(x  )  (loại) 6   5  k2 *Giải cos(x  )  nghiệm x   k2 x  2 cos2x  2.2 2 (x  xy) 1  x y x y  (x  xy)  *Biến đổi hệ tương đương với  x  xy u *Đặt ẩn phụ  , ta hệ x y v u2 1  v  v  u  *Giải hệ nghiệm (u;v) (1;0) (-2;-3) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 *Từ giải nghiệm (x;y) (1;0) (-1;0) 0.25 *Đặt t=cosx  t  Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 t=1 , x  Từ I  ln t ln t dt   dt  t t 0.25 *Đặt u ln t;dv  dt t 1 Suy I  t ln t  *Kết 1  du  dt; v  t t 0.25 1 dt  ln   t t 2 0.25 I   1 ln 2 0.25 *Vẽ hình *Gọi H trung điểm BC , chứng minh SH  (ABC ) *Xác định góc hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy 0.25 SEH SFH 600 *Kẻ HK  SB , lập luận suy góc hai mặt phẳng (SAB) (SBC) HK A 0.25 a a , SH HF tan 600  2 1    K H a *Tam giác SHK vng H có 2 HK HS HB 10 a AH 20 *Tam giác AHK vng H có tan AK H K H   3 a 10  cos AK H  23 *Lập luận tính AC=AB=a , HA  a b 1 c 1 c *Biến đổi ab c  ab   b a  (1  a)(1  b) 1 c 1 b 1 a *Từ VT  (1  a)(1  b)  (1  c)(1  a)  (1  c)(1  b) Do a,b,c dương a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c dương *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 VT 3 6.a1 1 c 1 b 1 a =3 (đpcm) (1  a)(1  b) (1  c)(1  a) (1  c)(1  b) 0.25 Đẳng thức xảy a b c   x 1  3t *  có phương trình tham số  có vtcp u ( 3; 2) y   2t *A thuộc   A (1  3t;   2t)    AB u  cos(AB ; u)      *Ta có (AB; )=45 2 AB u 0.25 0.25 15  169t2  156t  45 0  t   t  13 13 32 22 32 *Các điểm cần tìm A1 ( ; ), A2 ( ;  ) 13 13 13 13 6.a2 7.a 0.25  M (0;  1;0) u *(d) qua có vtcp  (1;  2;  3) (d’) qua M (0;1; 4) có vtcp u2 (1; 2;5)      *Ta có  u1 ; u2  ( 4;  8; 4) O , M 1M (0; 2; 4)    Xét  u1 ; u2  M 1M  16  14 0 (d) (d’) đồng phẳng  *Gọi (P) mặt phẳng chứa (d) (d’) => (P) có vtpt n (1; 2;  1) qua M1 nên có phương trình x  2y  z  0 0.25 0.25 0.25 *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ ta có đpcm 0.25 0.25 *Điều kiện :x>0 *TH1 : xét x=1 nghiệm *TH2 : xét x 1 , biến đổi phương trình tương đương với 0.25    2logx (24x  1)  logx (24x  1) log x (24x  1) Đặt logx (x  1) t , ta phương trình   giải t=1 t=-2/3  2t  t t *Với t=1  logx (x  1) 1 phương trình vơ nghiệm *Với t=-2/3  logx (x  1)  3  x (24x  1) 1 (*) Nhận thấy x  nghiệm (*) Nếu x  VT(*)>1 1 Nếu x  VT(*) 1- a , 1- b , 1- c dương *áp dụng bất... CâuVII.a P ? ?1  (1  i )   (1  i) 20  (1  i ) 21  i 0.25 0.25 0,25 0,25 1. 0 0,25 10 (1  i ) 21  (1  i)  (1  i) (2i )10 (1  i)  210 (1  i) 10  (1  i )   210  210  i i Vậy:... Điểm uốn U (1; 0) BBT x -? ?? y’ + 0 + 0,25 + + y -? ?? -2  0.25  + Đồ thị (C): Đồ thị cắt trục hoành điểm (1; 0),  3;0 , trục tung điểm (0; 2) y f(x)=x^ 3-3 x^2+2 x -4 -3 -2 -1 -1 -2 -3 -4 Đồ thị