Tải bản đầy đủ (.doc) (19 trang)

đề thi thử môn TOÁN và đáp án

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (273.14 KB, 19 trang )

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Đề Số 1
A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm):
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1)y x mx m x m m= − + − − +
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1
2. Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc
tọa độ O bằng
2
lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O.
Câu II (2 điểm):
1. Giải phương trình:
2
2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 )
4
c c x
π
+ +
2. Giải phương trình:
2 2
1 2 2 1 2 2
2
2
log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 )
x
x x x x x x
+
− + − − = − + + −


Câu III (1 điểm): Tính tích phân
6
0
tan( )
4
os2x
x
I dx
c
π
π

=

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và
SA=a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB và SD; I là giao điểm của SC và mặt phẳng (AMN).
Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI.
Câu V (1 điểm): Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa
3x y z+ + =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
3( ) 2P x y z xyz= + + −
.
B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần 1 hoặc 2)
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa (2 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng
:3 4 4 0x y∆ − + =
.

Tìm trên

hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ): 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − =
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ
(1;6;2)v
r
, vuông góc với mặt
phẳng
( ) : 4 11 0x y z
α
+ + − =
và tiếp xúc với (S).
Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển Niutơn của biểu thức:
2 10
(1 2 3 )P x x= + +

2.Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb (2 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp
2 2
( ) : 1
9 4
x y

E + =
và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) .
Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ): 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − =
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ
(1;6;2)v
r
, vuông góc với mặt
phẳng
( ) : 4 11 0x y z
α
+ + − =
và tiếp xúc với (S).
Câu VIIb (1 điểm) Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn:

2
0 1 2
2 2 2 121

2 3 1 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
+ + + + =
+ +

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1
NỘI DUNG
Câu I.2. Ta có
, 2 2
3 6 3( 1)y x mx m= − + −
Để hàm số có cực trị thì PT
,
0y =
có 2 nghiệm phân biệt
2 2
2 1 0x mx m⇔ − + − =
có 2 nhiệm phân biệt
1 0, m⇔ ∆ = > ∀
Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m)
Theo giả thiết ta có
2
3 2 2
2 6 1 0
3 2 2
m
OA OB m m
m

= − +
= ⇔ + + = ⇔

= − −


Vậy có 2 giá trị của m là

3 2 2m = − −

3 2 2m = − +
.
Câu II.1.
os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ )
2
os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3 sin 2 0
PT c x c
c x c x
π
 
⇔ + = +
 ÷
 
⇔ + =

18 3
sin(4 ) sin(2 ) 0 2sin(3 ). osx=0
6 6 6
x=
2
x k
x x x c
k

= − +

⇔ + + + = ⇔ + ⇔



+


π π
π π π
π
π
Vậy PT có hai nghiệm
2
x k
π
π
= +

18 3
x k
π π
= − +
.
Câu II. 2. ĐK :
1 5
2 2
0
x
x


< <






.
Với ĐK trên PT đã cho tương đương với
2
2
2
2 2 2 2
2
log (5 2 )
log (5 2 ) 2log (5 2 ) 2log (5 2 )log (2 1)
log (2 1)
x
x x x x
x

− + = − + − +
+
2
2 2
2
1
4
log (2 1) 1
1
log (5 2 ) 2log (2 1) 2
2
log (5 2 ) 0

2
x
x
x x x x
x
x


=

+ = −




⇔ − = + ⇔ = ∨ = −



− =


=



Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2.
Câu III
2
6 6

2
0 0
tan( )
tan 1
4
os2x (t anx+1)
x
x
I dx dx
c
π π
π

+
= = −
∫ ∫
,
2
2
1 tan x
cos 2x
1 tan x

=
+
Đặt
2
2
1
t anx dt= (tan 1)

cos
t dx x dx
x
= ⇒ = +
. Đổi cận:
1
0 0 ;
6
3
x t x t= ⇒ = = ⇒ =
π
Suy ra
1
1
3
3
2
0
0
1 1 3
( 1) 1 2
dt
I
t t

= − = =
+ +

.
Câu IV. Ta có

,( , )
,( )
AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB
⊥ ⊥ ⊥


⊥ =

AM SC
⇒ ⊥
(1)
Tương tự ta có
AN SC⊥
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
AI SC

Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)
Suy ra
1
.
3
ABMI ABM
V S IH=
Ta có
2
4
ABM
a

S =
2 2
2 2 2 2 2
. 1 1 1
2 3 3 3
IH SI SI SC SA a
IH BC a
BC SC SC SA AC a a
= = = = = ⇒ = =
+ +
Vậy
2 3
1
3 4 3 36
ABMI
a a a
V = =
Câu V. Ta có:
[ ]
2
3 ( ) 2( ) 2 3 9 2( ) 2P x y z xy yz zx xyz xy yz zx xyz
 
= + + − + + − = − + + −
 

27 6 ( ) 2 ( 3)x y z yz x= − + − +

2
3 2
( ) 1

27 6 (3 ) ( 3) ( 15 27 27)
2 2
y z
x x x x x x
+
≥ − − − + = − + − +
Xét hàm số
3 2
( ) 15 27 27f x x x x= − + − +
, với 0<x<3
, 2
1
( ) 3 30 27 0
9
x
f x x x
x
=

= − + − = ⇔

=

Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7
1x y z⇔ = = =
.
Câu VIa
1. Gọi
3 4 16 3
( ; ) (4 ; )

4 4
a a
A a B a
+ −
⇒ −
. Khi đó diện tích tam giác ABC là

1
. ( ) 3
2
ABC
S AB d C AB= → ∆ =
.
Theo giả thiết ta có
2
2
4
6 3
5 (4 2 ) 25
0
2
a
a
AB a
a
=


 
= ⇔ − + = ⇔

 ÷

=
 

Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).
2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4
Véc tơ pháp tuyến của
( )
α

(1;4;1)n
r

( ) ( )P
α

và song song với giá của
v
r
nên nhận véc tơ

(2; 1;2)
p
n n v= ∧ = −
uur r r
làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0
Vì (P) tiếp xúc với (S) nên
( ( )) 4d I P→ = ⇔
21

( ( )) 4
3
m
d I P
m
= −

→ = ⇔

=

Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0.
Câu VIIa
Ta có
10 10
2 10 2
10 10
0 0 0
(1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 )
k
k k k i k i i k i
k
k k i
P x x C x x C C x
− +
= = =
= + + = + =
∑ ∑ ∑
Theo giả thiết ta có
4

0 1 2
0 10
4 3 2
,
k i
i i i
i k
k k k
i k N
+ =

= = =
  

≤ ≤ ≤ ⇔ ∨ ∨
   
= = =
  



Vậy hệ số của
4
x
là:
4 4 3 1 2 2 2 2
10 10 3 10 2
2 2 3 3 8085C C C C C+ + =
.
Câu VIb

1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0
Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có
2 2
1
9 4
x y
+ =
và diện tích tam giác ABC là
1 85 85
. ( ) 2 3 3
2 13 3 4
2 13
ABC
x y
S AB d C AB x y= → = + = +
2 2
85 170
3 2 3
13 9 4 13
x y
 
≤ + =
 ÷
 
Dấu bằng xảy ra khi
2 2
2
1
3
9 4

2
2
3 2
x y
x
x y
y


+ =

=
 

 
 
=
=



. Vậy
3 2
( ; 2)
2
C
.
2. Giống VIa.2
Câu VIIb
Xét khai triển

0 1 2 2
(1 )
n n n
n n n n
x C C x C x C x+ = + + + +
Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được:
1 2 3 1
0 1 3
3 1 2 2 2
2
1 2 3 1
n n
n
n n n n
C C C C
n n
+ +

= + + + +
+ +

2 1 1
0 1 2
1
2 2 2 3 1 121 3 1

2 3 1 2( 1) 1 2( 1)
3 243 4
n n n
n

n n n n
n
C C C C
n n n n
n
+ +
+
− −
+ + + + = ⇔ =
+ + + +
⇔ = ⇔ =
Vậy n=4.
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Đề Số 2
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x
3
– 3x
2
+2 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y =3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình
cos2x 2sin x 1 2sin x cos2x 0+ − − =
2. Giải bất phương trình
( )
2
4x 3 x 3x 4 8x 6− − + ≥ −
Câu III ( 1điểm) Tính tích phân

3
6
cotx
I dx
sinx.sin x
4
π
π
=
π
 
+
 ÷
 

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đường
vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng BC và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 30
0
.
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c dương và
2 2 2
3a b c+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3 3 3
2 2 2
3 3 3
a b c
P
b c a

= + +
+ + +
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) :
2 2
x y 2x 8y 8 0+ + − − =
. Viết phương
trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo một dây cung có
độ dài bằng 6.
2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho độ
dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất.
Câu VII.a (1 điểm)
Tìm số phức z thoả mãn:
z 2 i 2− + =
. Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Tính giá trị biểu thức:
2 4 6 100
100 100 100 100
4 8 12 200A C C C C= + + + +
.
2. Cho hai đường thẳng có phương trình:
1
2 3
: 1
3 2
x z

d y
− +
= + =
2
3
: 7 2
1
x t
d y t
z t
= +


= −


= −

Viết phương trình đường thẳng cắt d
1
và d
2
đồng thời đi qua điểm M(3;10;1).
Câu VII.b (1 điểm)
Giải phương trình sau trên tập phức:
( )
2
3 1 6 13 0z i z i+ + − − =

Hết

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 2

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu Nội dung
I 1
Tập xác định: D=R
( ) ( )
3 2 3 2
lim 3 2 lim 3 2
x x
x x x x
→−∞ →+∞
− + = −∞ − + = +∞
y’=3x
2
-6x=0
0
2
x
x
=



=

Bảng biến thiên:
x -∞ 0 2 + ∞
y’ + 0 - 0 +
2 + ∞

y
-∞ -2
Hàm số đồng biến trên khoảng: (-∞;0), (2;+ ∞)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)
f

=f(0)=2; f
CT
=f(2)=-2
y’’=6x-6=0<=>x=1
khi x=1=>y=0
x=3=>y=2
x=-1=>y=-2
Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;0) là tâm đối xứng.

2
Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2)
Xét biểu thức P=3x-y-2
Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0
Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-2, để MA+MB
nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng
Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
4
3 2
5
2 2 2
5
x
y x

y x
y

=

= −



 
= − +


=


=>
4 2
;
5 5
M
 
 ÷
 
1
Giải phương trình:
cos2x 2sin x 1 2sin xcos2x 0
+ − − =
(1)
( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 os2 1 2sin 1 2sin 0 os2 1 1 2sin 0c x x x c x x⇔ − − − = ⇔ − − =
Khi cos2x=1<=>
x k
π
=
,
k Z∈
Khi
1
sinx
2
=

2
6
x k
π
π
= +
hoặc
5
2
6
x k
π
π
= +
,
k Z∈


2
Giải bất phương trình:
( )
2
4x 3 x 3x 4 8x 6− − + ≥ −
(1)
(1)
( )
(
)
2
4 3 3 4 2 0x x x⇔ − − + − ≥
Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4

2
3 4 2x x− + −
=0<=>x=0;x=3
Bảng xét dấu:
x -∞ 0 ¾ 2 + ∞
4x-3 - - 0 + +
2
3 4 2x x− + −
+ 0 - - 0 +
Vế trái - 0 + 0 - 0 +
Vậy bất phương trình có nghiệm:
[
)
3
0; 3;
4

x
 
∈ ∪ +∞
 
 
III
Tính
( ) ( )
3 3 3
2
6 6 6
cot cot cot
2 2
sinx sinx cos sin x 1 cot
sin x sin
4
x x x
I dx dx dx
x x
x
= = =
+ +
 
+
 ÷
 
∫ ∫ ∫
π π π
π π π
π

Đặt 1+cotx = t
2
1
sin
dx dt
x
⇒ = −
Khi
3 1
1 3;
6 3
3
x t x t
π π
+
= ⇔ = + = ⇔ =
Vậy
( )
3 1
3 1
3 1
3
3 1
3
1 2
2 2 ln 2 ln 3
3
t
I dt t t
t

+
+
+
+

 
= = − = −
 ÷
 

IV
Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H.
Xét ∆SHA(vuông tại H)
0
3
cos30
2
a
AH SA= =
Mà ∆ABC đều cạnh a, mà cạnh
3
2
a
AH =
=> H là trung điểm của cạnh BC
=> AH ⊥ BC, mà SH ⊥ BC => BC⊥(SAH)
Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại K
=> HK là khoảng cách giữa BC và SA
=>
0

3
AHsin30
2 4
AH a
HK = = =
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC
và SA bằng
3
4
a
H
A
C
B
S
K
V
Ta có:

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
a a b a a
b b
+
+ + ≥ =

+ +
(1)

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
b b c c c
c c
+
+ + ≥ =
+ +
(2)

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
c c a c c
a a
+
+ + ≥ =
+ +
(3)

Lấy (1)+(2)+(3) ta được:

( )
2 2 2
2 2 2
9 3
16 4
a b c
P a b c
+ + +
+ ≥ + +
(4)
Vì a
2
+b
2
+c
2
=3
Từ (4)
3
2
P⇔ ≥
vậy giá trị nhỏ nhất
3
2
P =
khi a=b=c=1.
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn

VI.a
1
Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5
Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là ∆,
=> ∆ : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0)
Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6=> khoảng cách từ
tâm I đến ∆ bằng
2 2
5 3 4− =
( )
2
4 10 1
3 4
, 4
3 1 4 10 1
c
c
d I
c

= −
− + +
⇒ ∆ = = ⇔

+ = − −


(thỏa mãn c≠2)
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:
3 4 10 1 0x y+ + − =

hoặc
3 4 10 1 0x y+ − − =
.
2
Ta có
( )
1; 4; 3AB = − − −
uuur
Phương trình đường thẳng AB:
1
5 4
4 3
x t
y t
z t
= −


= −


= −

Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên cạnh AB, gọi tọa
độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a)
( ;4 3;3 3)DC a a a⇒ = − −
uuur

AB DC⊥
uuur uuur

=>-a-16a+12-9a+9=0<=>
21
26
a =
Tọa độ điểm
5 49 41
; ;
26 26 26
D
 
 ÷
 
VII.
a
Gọi số phức z=a+bi
Theo bài ra ta có:
( )
( ) ( )
2 2
2 1 2
2 1 4
3
3


− + + =
− + + =
 

 

= −
= −




a b i
a b
b a
b a

2 2 2 2
1 2 1 2
 
= − = +
 

 
= − − = − +
 
 
a a
hoac
b b
Vậy số phức cần tìm là: z=
2 2−
+(
1 2− −
)i; z= z=
2 2+

+(
1 2− +
)i.
B. Theo chương trình nâng cao
VI.b
1
Ta có:
( )
100
0 1 2 2 100 100
100 100 100 100
1 x C C x C x C x+ = + + + +
(1)

( )
100
0 1 2 2 3 3 100 100
100 100 100 100 100
1 x C C x C x C x C x− = − + − + +
(2)
Lấy (1)+(2) ta được:
( ) ( )
100 100
0 2 2 4 4 100 100
100 100 100 100
1 1 2 2 2 2x x C C x C x C x+ + − = + + + +
Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được
( ) ( )
99 99
2 4 3 100 99

100 100 100
100 1 100 1 4 8 200x x C x C x C x+ − − = + + +
Thay x=1 vào
=>
99 2 4 100
100 100 100
100.2 4 8 200A C C C= = + + +
2
Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
lần lượt
tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b).
Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=>
MA kMB=
uuur uuur

( ) ( )
3 1; 11; 4 2 , ; 2 3;MA a a a MB b b b= − − − + = − − −
uuur uuur

3 1 3 1 1
11 2 3 3 2 11 2
4 2 2 4 1
a kb a kb a
a kb k a k kb k
a kb a kb b
− = − = =
  

  
⇒ − = − − ⇔ + + = ⇔ =
  
  
− + = − + = =
  
=>
( )
2; 10; 2MA = − −
uuur
Phương trình đường thẳng AB là:
3 2
10 10
1 2
x t
y t
z t
= +


= −


= −

VII.
b
∆=24+70i,
7 5i∆ = +
hoặc

7 5i∆ = − −
2
5 4
z i
z i
= +

=>

= − −


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Đề Số 3
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 1
1
x
y
x

=

2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng
2
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình:
2

17
sin(2 ) 16 2 3.sin cos 20sin ( )
2 2 12
x
x x x
π π
+ + = + +
2) Giải hệ phương trình:
4 3 2 2
3 2
1
1
x x y x y
x y x xy

− + =


− + = −


Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =
4
0
tan .ln(cos )
cos
x x
dx
x
π


Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt
bên là các tam giác cân tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc
60
0
. Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) .
Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

3
a b b c c a
ab c bc a ca b
+ + +
+ + ≥
+ + +
PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng

: 2x + 3y + 4 = 0.
Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng

sao cho đường thẳng AB và

hợp với nhau góc 45
0
.
Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1) và hai đường thẳng
1
( ) :
1 2 3

x y z
d
+
= =
− −

1 4
( '):
1 2 5
x y z
d
− −
= =
Chứng minh điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó.
Câu VIII.a (1 điểm) Giải phương trình:
2 2
2
(24 1)
(24 1) (24 1)
log log
+
+ +
+ =
x
x x x x
log x x x

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
2 2

( ) : 1C x y+ =
, đường thẳng
( ) : 0d x y m+ + =
. Tìm
m
để
( )C
cắt
( )d
tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất.
Câu VII.b (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 mặt phẳng: (P): 2x – y + z + 1 = 0,
(Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0 và đường thẳng
1

:
2
2

−x
=
1
1+y
=
3
z
. Gọi
2


là giao tuyến của (P) và (Q). Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai

đường thẳng
1

,
2

.
Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: log
x
( log
3
( 9
x
– 72 ))

1
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 3
Câu Nội dung
I.1
*Tập xác định :
{ }
\ 1D = ¡
*Tính
2
1
' 0
( 1)
y x D
x


= < ∀ ∈

Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;1)−∞

(1; )+∞
*Hàm số không có cực trị
*Giới hạn
1x
Lim y
+

= +∞

1x
Lim y


= −∞
2
x
Lim y
→+∞
=

2
x
Lim y
→−∞

=
Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
*Vẽ đồ thị
I.2
*Tiếp tuyến của (C) tại điểm
0 0
( ; ( )) ( )M x f x C∈
có phương trình

0 0 0
'( )( ) ( )y f x x x f x= − +
Hay
2 2
0 0 0
( 1) 2 2 1 0x x y x x+ − − + − =
(*)
*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng
2

0
4
0
2 2
2
1 ( 1)
x
x

⇔ =

+ −

giải được nghiệm
0
0x =

0
2x =
*Các tiếp tuyến cần tìm :
1 0x y+ − =

5 0x y+ − =
II.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với

os2 3 sin 2 10 os( ) 6 0
6
c x x c x
π
− + + + =

os(2 ) 5 os( ) 3 0
3 6
c x c x
π π
⇔ + + + + =

2
2 os ( ) 5 os( ) 2 0
6 6
c x c x

π π
⇔ + + + + =
Giải được
1
os( )
6 2
c x
π
+ = −

os( ) 2
6
c x
π
+ = −
(loại)
*Giải
1
os( )
6 2
c x
π
+ = −
được nghiệm
2
2
x k
π
π
= +


5
2
6
x k
π
π
= − +
II.2
*Biến đổi hệ tương đương với
2 2 3
3 2
( ) 1
( ) 1
x xy x y
x y x xy

− = −


− − = −


*Đặt ẩn phụ
2
3
x xy u
x y v

− =



=


, ta được hệ
2
1
1
u v
v u

= −

− = −

*Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3)
*Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0)
III *Đặt t=cosx
Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 ,
4
x
π
=
thì
1
2
t =
Từ đó
1

1
2
2 2
1
1
2
ln lnt t
I dt dt
t t
= − =
∫ ∫
*Đặt
2
1
ln ;u t dv dt
t
= =

1 1
;du dt v
t t
⇒ = = −
Suy ra
1
2
1
2
1 1
1 1 2 1
ln ln 2

1 1
2
2 2
I t dt
t t t
= − + = − −

*Kết quả
2
2 1 ln 2
2
I = − −

IV *Vẽ hình
*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh
( )SH A B C⊥
*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là

0
60SEH SFH= =
*Kẻ
HK SB⊥
, lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)
bằng
HK A
.
*Lập luận và tính được AC=AB=a ,
2
2
a

HA =
,
0
3
tan 60
2
a
SH HF
= =
*Tam giác SHK vuông tại H có
2 2 2
1 1 1 3
10
K H a
H K HS HB
= + ⇒ =
*Tam giác AHK vuông tại H có
2
20
2
tan
3
3
10
a
A H
A K H
K H
a
= = =


3
cos
23
A K H⇒ =

V
*Biến đổi
1 1
1 (1 )(1 )
a b c c
ab c ab b a a b
+ − −
= =
+ + − − − −
*Từ đó
1 1 1
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b a
V T
a b c a c b
− − −
= + +
− − − − − −
Do a,b,c dương và 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 được
3
1 1 1
3. . .
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )

c b a
V T
a b c a c b
− − −

− − − − − −
=3 (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
3
a b c= = =
VI.a
*

có phương trình tham số
1 3
2 2
x t
y t
= −


= − +

và có vtcp
( 3;2)u = −
ur
*A thuộc



(1 3 ; 2 2 )A t t⇒ − − +

*Ta có (AB;

)=45
0

1
os( ; )
2
c A B u⇔ =
uuuur ur

.
1
2
.
A B u
A B u
⇔ =
uuuur ur
ur

2
15 3
169 156 45 0
13 13
t t t t⇔ − − = ⇔ = ∨ = −
*Các điểm cần tìm là
1 2

32 4 22 32
( ; ), ( ; )
13 13 13 13
A A− −
VII.a
*(d) đi qua
1
(0; 1;0)M −
và có vtcp
1
(1; 2; 3)u = − −
uur
(d’) đi qua
2
(0;1;4)M
và có vtcp
2
(1;2;5)u =
uur
*Ta có
1 2
; ( 4; 8;4)u u O
 
= − − ≠
 
uur uur ur
,
1 2
(0;2;4)M M =
uuuuuuur

Xét
1 2 1 2
; . 16 14 0u u M M
 
= − + =
 
uur uur uuuuuuur
 (d) và (d’) đồng phẳng .
*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt
(1;2; 1)n = −
ur
và đi qua M
1
nên có
phương trình
2 2 0x y z+ − + =
*Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm
VIII.a *Điều kiện :x>0
*TH1 : xét x=1 là nghiệm
*TH2 : xét
1x ≠
, biến đổi phương trình tương đương với

1 2 1
1 2log (24 1) 2 log (24 1) log (24 1)
x x x
x x x
+ =
+ + + + +
Đặt

log ( 1)
x
x t+ =
, ta được phương trình

1 2 1
1 2 2t t t
+ =
+ +
giải được t=1 và t=-2/3
*Với t=1
log ( 1) 1
x
x⇒ + =
phương trình này vô nghiệm
*Với t=-2/3
2
log ( 1)
3
x
x⇒ + = −


2 3
.(24 1) 1x x⇔ + =
(*)
Nhận thấy
1
8
x =

là nghiệm của (*)
Nếu
1
8
x >
thì VT(*)>1
Nếu
1
8
x <
thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất
1
8
x =
*Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và
1
8
x =
VI.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1
*(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt
( ; ) 1d O d⇔ <
*Ta có
1 1 1
. .sin .sin
2 2 2
O A B
S O A O B A O B A O B= = ≤
Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi
0
90A O B =


1
( ; )
2
d I d⇔ =

1m
⇔ = ±
VII.b
*
1

có phương trình tham số
2 2
1
3
x t
y t
z t
= −


= − +


=

*
2


có phương trình tham số
2
5 3
x s
y s
z s
= +


= +


=

*Giả sử
1 2
;d A d B∩∆ = ∩∆ =
(2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)A t t t⇒ − − +
*
( 2 ;3 6; 3 )A B s t s t s t= + − + −
uuuur
, mf(R) có vtpt
(1;2; 3)n = −
ur
*
( ) &d R A B n⊥ ⇔
uuuur ur
cùng phương

2 3 6 3

1 2 3
s t s t s t+ − + −
⇔ = =


23
24
t⇒ =
*d đi qua
1 1 23
( ; ; )
12 12 8
A
và có vtcp
(1;2; 3)n = −
ur
=> d có phương trình
23
1 1
8
12 12
1 2 3
z
x y

− −
= =

VIII.b
*Điều kiện :

3
0
log (9 72) 0
9 72 0
x
x
x >


− >


− >

giải được
9
log 73x >

9
log 73x >
>1 nên bpt đã cho tương đương với
3
log (9 72)
x
x− ≤
9 72 3
x x
⇔ − ≤

3 8

3 9
x
x

≥ −







2x
⇔ ≤
*Kết luận tập nghiệm :
9
(log 72;2]T =
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Đề Số 4
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
Câu I ( 2,0 điểm): Cho hàm số
2 4

1
x
y
x

=
+

.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) và N(-1; -1).
Câu II (2,0 điểm):
1. Giải phương trình:
2
2
1 3 2
1 3
x x
x x
= + + −
+ + −

2. Giải phương trình:
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + +
Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân:
2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
 
= +
 ÷

+
 

Câu IV (1,0 điểm):Cho hai hình chóp S.ABCD và S’.ABCD có chung đáy là hình vuông ABCD
cạnh a. Hai đỉnh S và S’ nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vuông
góc lên đáy lần lượt là trung điểm H của AD và trung điểm K của BC. Tính thể tích phần chung của
hai hình chóp, biết rằng SH = S’K =h.
Câu V(1,0 điểm): Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
9 9 9 9 9 9
6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6
x y y z z x
P
x x y y y y z z z z x x
+ + +
= + +
+ + + + + +
PHẦN RIÊNG(3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình:
2 2
4 3 4 0x y x+ + − =
.
Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’ = 2 và tiếp xúc ngoài với (C)
tại A.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d có
phương trình
2 3

2 (t R)
4 2
x t
y t
z t
= +


= − ∈


= +

. Tìm trên d những điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến A và B
là nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm): Giải phương trình trong tập số phức:
2
0z z+ =
B. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2,0 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường
chéo BD: x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ
nhật.
2. Trong không gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz, cho hai đường thẳng:

2 1 0 3 3 0
( ) ; ( ')
1 0 2 1 0
x y x y z
x y z x y

+ + = + − + =
 
∆ ∆
 
− + − = − + =
 
.Chứng minh rằng hai đường thẳng (

) và (
'∆
)
cắt nhau. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của các góc tạo bởi (

) và (
'∆
).
Câu VII.b (1,0 điểm): Giải hệ phương trình:
2 2 2
3 3 3
log 3 log log
log 12 log log
x y y x
x x y y
+ = +


+ = +

.
Hết

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 4
Câu I NỘI DUNG
1. TXĐ: D = R\{-1}
Chiều biến thiên:
2
6
' 0 x D
( 1)
y
x
= > ∀ ∈
+

=> hs đồng biến trên mỗi khoảng
( ; 1)−∞ −

( 1; )− +∞
, hs không có cực trị
Giới hạn:
1 1
lim 2, lim , lim
x
x x
y y y
− +
→±∞
→− →−
= = +∞ = −∞

=> Đồ thị hs có tiệm cận đứng x= -1, tiệm cận ngang y = 2

BBT
x -

-1 +

y’ + +
y

+

2
2 -

+ Đồ thị (C):
Đồ thị cắt trục hoành tại điểm
( )
2;0
, trục tung tại điểm (0;-4)
f(x)=(2x-4)/(x +1)
f(x)=2
x(t)=-1 , y(t)=t
-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3

4
5
6
7
8
9
x
y
Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng
2. Gọi 2 điểm cần tìm là A, B có
6 6
;2 ; ;2 ; , 1
1 1
A a B b a b
a b
   
− − ≠ −
 ÷  ÷
+ +
   
Trung điểm I của AB: I
2 2
;
2 1 1
a b a b
a b
+ − −
 
+
 ÷

+ +
 
Pt đường thẳng MN: x + 2y +3= 0
Có :
. 0AB MN
I MN

=





uuur uuuur
=>
0 (0; 4)
2 (2;0)
a A
b B
= −
 
=>
 
=
 
CâuII
1. TXĐ: x
[ ]
1;3∈ −
Đặt t=

1 3 , t > 0x x+ + −
=>
2
2
4
3 2
2
t
x x

+ − =
đc pt: t
3
- 2t - 4 = 0  t=2
Với t = 2 
1
1 3 =2 ( / )
3
x
x x t m
x
= −

+ + − ⇔

=

2.
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + +

TXĐ: D =R
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + +
[ ]
sin 0
(sin ). 2 2(sin ) sin . 0
2 2(sin ) sin . 0
x cosx
x cosx x cosx x cosx
x cosx x cosx
− =

⇔ − + + + = ⇔

+ + + =

+ Với
sin 0 ( )
4
x cosx x k k Z
π
π
− = ⇔ = + ∈
+ Với
2 2(sin ) sin . 0x cosx x cosx+ + + =
, đặt t =
sin (t 2; 2 )x cosx
 
+ ∈ −
 

được pt : t
2
+ 4t +3 = 0
1
3( )
t
t loai
= −



= −

t = -1
2
( )
2
2
x m
m Z
x m
π π
π
π
= +


⇒ ∈

= − +


Vậy :
( )
4
2 ( )
2
2
x k k Z
x m m Z
x m
π
π
π π
π
π

= + ∈


= + ∈


= − +


Câu III
2
1
ln
ln

1 ln
e
x
I x dx
x x
 
= +
 ÷
+
 

I
1
=
1
ln
1 ln
e
x
dx
x x
+

, Đặt t =
1 ln x+
,… Tính được I
1
=
4 2 2
3 3


Câu IV
M
N
A
B
D
C
S
S'
H
K
CâuV Có x, y, z >0, Đặt : a = x
3
, b = y
3
, c = z
3
(a, b, c >0 ; abc=1)đc :
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b b c c a
P
a ab b b bc c c ca a
+ + +
= + +
+ + + + + +
3 3 2 2
2 2 2 2
( )

a b a ab b
a b
a ab b a ab b
+ − +
= +
+ + + +

2 2
2 2
1
3
a ab b
a ab b
− +

+ +
(Biến đổi tương đương)
2 2
2 2
1
( ) ( )
3
a ab b
a b a b
a ab b
− +
=> + ≥ +
+ +
Tương tự:
3 3 3 3

2 2 2 2
1 1
( ); ( )
3 3
b c c a
b c c a
b bc c c ca a
+ +
≥ + ≥ +
+ + + +
=>
3
2
( ) 2. 2
3
P a b c abc≥ + + ≥ =
(BĐT Côsi)
=> P
2, 2 khi a = b = c = 1 x = y = z = 1P≥ = ⇔
Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1
A. Chương trình chuẩn
CâuVI.
a
1. A(0;2), I(-2
3
;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’
Pt đường thẳng IA :
2 3
2 2
x t

y t

=


= +


,
'I IA∈
=> I’(
2 3 ;2 2t t +
),

1
2 ' '( 3;3)
2
AI I A t I= ⇔ = =>
uur uuur

(C’):
( )
( )
2
2
3 3 4x y− + − =
2. M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t)
d

, AB//d.

Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB

A’B
(MA+ MB)
min
= A’B, khi A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB
MA=MB <=> M(2 ; 0 ; 4)
Câu
VII.a
z = x + iy (
,x y R∈
), z
2
+
2 2 2 2
0 2 0z x y x y xyi= ⇔ − + + + =
2 2 2 2
2 0
0
xy
x y x y
=




− + + =


(0;0); (0;1) ; (0;-1). Vậy: z = 0, z = i, z = - i

Câu
VI.b
1.
(7;3)BD AB B∩ =
, pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = 0
(2 1; ), ( ;17 2 ), 3, 7A AB A a a C BC C c c a c∈ ⇒ + ∈ ⇒ − ≠ ≠
,
I =
2 1 2 17
;
2 2
a c a c+ + − +
 
 ÷
 
là trung điểm của AC, BD.
I
3 18 0 3 18 (6 35;3 18)BD c a a c A c c∈ ⇔ − − = ⇔ = − ⇒ − −
M, A, C thẳng hàng 
,MA MC
uuur uuuur
cùng phương => c
2
– 13c +42 =0 
7( )
6
c loai
c
=



=

c = 6 =>A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3)
2.
Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất, (

)

(
'∆
) = A
1 3
;0;
2 2
 

 ÷
 
(0; 1;0) ( )M − ∈ ∆
, Lấy N
( ')∈ ∆
, sao cho: AM = AN => N
AMN∆
cân tại A, lấy I là trung điểm MN => đường phân giác của các góc tạo bởi (

)
và (
'∆
) chính là đg thẳng AI

Đáp số:
1 2
1 3 1 3
2 2 2 2
( ) : ;( ) :
1 1 2 2 3 5 1 1 2 2 3 5
14 30 14 30 14 30 14 30 14 30 14 30
x z x z
y y
d d
+ − + −
= = = =
− − − −
+ + + − − −
Câu
VII.b
TXĐ:
0
0
x
y
>


>

2 2 2
3 3 3
log 3 log log
3 . 2 .

log 12 log log
12 . 3 .
x y
x y
x y y x
y x
x x y y
x y

+ = +
=



 
+ = +
=



2
3 . 2 .
x y
y x
y x
=



=


4
3
4
3
log 2
2log 2
x
y
=




=


(t/m TXĐ)

×