ĐỀ THI THỬ SỐ 03 MÔN TOÁN docx

Khóa h
ọc LTĐH đảm bảo môn Toán - thầy Phương
Đ
ề thi thử đại học số 03

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-



PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm
CÂU NỘI DUNG
THANG
ĐIỂM
CâuI
(2.0đ)
1. (1.0đ)



TXĐ : D = R\{1}
0.25
Chiều biến thiên
lim ( ) lim ( ) 1
x x
f x f x
→+∞ →−∞
= =
nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

1 1
lim ( ) , lim
x x
f x
+ −
→ →
= +∞ = −∞
nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
y’ =
2
1
0
( 1)x
− <
−

0.25
Bảng biến thiên
1
+
∞
-
∞
1
- -
y
y'
x
-
∞

1 +
∞

Hàm số nghịc biến trên
( ;1)
−∞
và
(1; )
+∞

Hàm số không có cực trị
0.25
Đồ thị.(tự vẽ)
Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0)
Vẽ đồ thị
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm
đối xứng

0.25

2.(1.0đ)




Giả sử M(x
0
; y
0
) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng

cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng :
0
0
2
0 0
1
( )
( 1) 1
x
y x x
x x
= − − +
− −

2
0
2 2
0 0
1
0
( 1) ( 1)
x
x y
x x
⇔ − − + =
− −

0.25
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 03

MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút

Khóa h
ọc LTĐH đảm bảo môn Toán - thầy Phương
Đ
ề thi thử đại học số 03

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2
-

-
+
f(t)
f'(t)
x
2
0
1
0
+
∞

Ta có d(I ;tt) =
0
4
0
2
1
1
1
( 1)
x
x

−
+
+

Xét hàm số f(t) =
4
2
( 0)
1
t
t
t
>
+
ta có f’(t) =
2
4 4
(1 )(1 )(1 )
(1 ) 1
t t t
t t
− + +
+ +


0.25
f’(t) = 0 khi t = 1
Bảng biến thiên
từ bảng biến thiên ta có
d(I ;tt) lớn nhất khi và

chỉ khi t = 1 hay

0
0
0
2
1 1
0
x
x
x
=

− = ⇔

=


0.25
+ Với x
0
= 0 ta có tiếp tuyến là y = -x
+ Với x
0
= 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4

0.25
CâuII
(2.0đ)
1. (1.0đ)

Phương trình đã cho tương đương với
2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x

0.25
2
cosx=0
4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx
2cos3x= 3 osx+sinx
c c x
c

⇔ + ⇔




0.25
+
osx=0 x=

2
c k
π
π
⇔ +
+
3x=x- 2
6
2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )
6
3 2
6
k
c c
x x k
π
π
π
π
π

+

⇔ ⇔


= − +



0.25
Khóa h
ọc LTĐH đảm bảo môn Toán - thầy Phương
Đ
ề thi thử đại học số 03

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3
-











12
24 2
x k
k
x
π
π
π π


= − +

⇔


= +


vì x
[ ]
11 13
0; , , ,
2 12 24 24
x x x x
π π π π
π
∈ ⇒ = = = =
0.25
2.(1.0đ)

ĐK:
, 0
x y
x y
≥


≥


Hệ phương trình

3 2 3 2 3 2 3 2
3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0
(2 )( 2 ) 2 (2 )( 2 )(
x y x x y x y x x y
x y y y x y x x y y x y x x
− − − −
 
− + = − + =
 
⇔ ⇔
 
− − = − + − = − +
 
 


0.25
3 2 3 2
3 2 3 2
3 5.6 4.2 0
3 5.6 4.2 0
2 0
(2 )[( 2 )( ) 1] 0
x y x x y
x y x x y
y x
y x y x x y y
− −
− −


− + =

− + =

⇔ ⇔
 
− =
− + − + + =




(do
2 )( ) 1 0
y x x y y
+ − + + ≠
)
3 2 3 2 2 2
3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 (1)
2 2 (2)
x y x x y x x x
y x y x
− −
 
− + = − + =
⇔ ⇔
 
= =
 

Giải (1):
2 2 2
3
( ) 1
3 3
2
3 5.6 4.2 0 ( ) 5.( ) 4 0
3
2 2
( ) 4
2
x
x x x x x
x

=

− + = ⇔ − + = ⇔


=


3
2
0
log 4
x
x
=



⇔
=



0.25











0.25
Với x 0 thay vao (2) ta được y = 0
Với
3
2
log 4
x
=
thay vao (2) ta được y =
3
2

1
log 4
2

Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là
3
2
log 4
x
=
,y
=
3
2
1
log 4
2

0.25
Khóa h
ọc LTĐH đảm bảo môn Toán - thầy Phương
Đ
ề thi thử đại học số 03

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4
-

B

D
A
C
P
M
N
Câu III.
(1.0đ)










Đặt I =
3
1
4
2
0
( )
1
x
x
x e dx
x

+
+
∫
. Ta có I =
3
1 1
4
2
0 0
1
x
x
x e dx dx
x
+
+
∫ ∫

0.25
Ta tính
3
1
2
1
0
x
I x e dx
=
∫
Đặt t = x

3
ta có
1
1
1
0
0
1 1 1 1
3 3 3 3
t t
I e dt e e
= = = −
∫

0.25
Ta tính
1
4
2
0
1
x
I dx
x
=
+
∫
Đặt t =
4
x

4 3
4
x t dx t dt
⇒ = ⇒ =

0.25
Khi đó
1 1
4
2
2
2 2
0 0
1 2
4 4 ( 1 ) 4( )
1 1 3 4
t
I dx t dt
t t
π
= = − + = − +
+ +
∫ ∫

Vậy I = I
1
+ I
2

1
3
3
e
π
= + −

0.25

Câu IV.
(1.0đ)
Ta có
1 1 1
2 2
xy yz xz xyz
x y z
+ + ≥ ⇔ + + ≥
nên
0.25

1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (1)
y z y z
x y z y z yz
− − − −
≥ − + − = + ≥

Tương tự ta có
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (2)

x z x z
y x z x z xz
− − − −
≥ − + − = + ≥
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (3)
x y x y
y x y x y xy
− − − −
≥ − + − = + ≥
0.25
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được
1
( 1)( 1)( 1)
8
x y z
− − − ≤

0.25
vậy A
max
=
1 3
8 2
x y z
⇔ = = =

0.25
Câu V.
(1.0đ)

Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng
Song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P
Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC
từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP
vuông tại A Đặt x = AM, y = AN, AP = z ta có
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2( ), 2( )
2( )
x a c b y b c a
z a b c
= + − = + −
= + −

Vậy V =
1
12
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2( )( )( )
a c b b c a a b c
+ − + − + −
1.0
Khóa h
ọc LTĐH đảm bảo môn Toán - thầy Phương
Đ
ề thi thử đại học số 03

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 5

-

B'
Y
X
Z
N
D'
C'
A'
C
D
A
B
M
CâuVIa.
(2.0đ)

1.(1.0đ)
Gọi A là giao điểm d
1
và d
2
ta có A(3 ;0)
Gọi B là giao điểm d
1
với trục Oy ta có B(0 ; - 4)
Gọi C là giao điểm d
2
với Oy ta có C(0 ;4)

0.5
Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có
I(4/3 ; 0), R = 4/3
0.5
2.(1.0đ)
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ
Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1)
B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2)
Gọi phương tình mặt cầu đi
qua 4 điểm M,N,B,C’ có
dạng
x
2
+ y
2
+ z
2
+2Ax +
2By+2Cz +D = 0
Vì mặt cầu đi qua 4 điểm
nên ta có
5
2
1 2 0
5
2 2 2 0
2
8 4 4 0
1
8 4 4 0

2
4
A
A D
B C D
B
A C D
C
B C D
D

= −

+ + =




+ + + =
= −
 
⇔
 
+ + + =
 
= −
 
+ + + =




=


Vậy bán kính R =
2 2 2
15
A B C D+ + − =

1.0
CâuVIIa
(1.0đ)






Đk: x > - 1

0.25
bất phương trình
3
3
3
3log ( 1)
2log ( 1)
log 4
0
( 1)( 6)

x
x
x x
+
+ −
⇔ >
+ −

3
log ( 1)
0
6
x
x
+
⇔ <
−

0.25



0.25
0 6
x
⇔ < <

0.25
Khóa h
ọc LTĐH đảm bảo môn Toán - thầy Phương

Đ
ề thi thử đại học số 03

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 6
-



Câu VIb
(2.0đ)
1.(1.0đ)
Ta có
1 2
( 12;0), ( 12;0)
F F−
Giả sử M(x
0
; y
0
)thuộc (E) H là hình chiếu
của M trên đường thẳng
8
3
x =
. Ta có MF
2
= a - cx
0

/a =
0
8 3
2
x
−

0.5
MH =
0
8 3
3
x
−
. Vậy
2
MF
MH
không đổi
0.5
2.(1.0đ)
Ta có
(1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1)
Q Q
AB n AB n
 
= −
 
uuur uur uuur uur

Vì
; 0
Q
AB n
 
≠
 
uuur uur r
nên mặt phẳng (P) nhận
;
Q
AB n
 
 
uuur uur
làm véc tơ pháp
tuyến
Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0
1.0
CâuVIIb
(1.0đ)
nghiệm bất phương trình là x = 3 và x = 4 1.0


Nguồn:
Hocmai.vn