Đề thi thử toán - TTLT Hoa Mai docx

TRUNG TÂM HOCMAI.VN TRƯỜNG CHINH

Tòa nhà Hocmai.vn, 109 Trường Chinh, Thanh Xuân, Hà Nội
ĐT:
(04) 3629–0880
Email:

Website: trungtam.hocmai.vn/truongchinh
ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4
Môn thi : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
1
y x mx (2m 1)x m 2
3
     
(1).
1. Khảo sát vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
m 2

.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác IAB vuông tại I với


I 1;0
.
Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình:
 
 
2 2
x 1
sin cos x sin3x sin x 1 tan x
2 4 6 8
 
   
     
   
   
.
2. Giải hệ phương trình:
x y 6
x 7 y 7 8

 


   


.
Câu III (1,0 điểm) . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
3
3
x x 2
y
x x

 


, trục Ox và
x 2

.
Câu IV (1,0 điểm). Cho lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a. Mặt phẳng (P) qua A vuông góc với B’C
chia khối lăng trụ ABC.A’B’C’ thành hai khối đa diện một khối chứa đỉnh C, một khối chứa đỉnh B’. Tính thể tích
khối đa diện chứa đỉnh B’.
Câu V (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

 


 
2
2 2
2 3 ln 2 ln 0
2 3.6 4.3 0





         
  
y
x
y

x x
e x y x y x xy y xy
e
.
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 Oxy cho ba đường thẳng 
1
, 
2
, 
3
lần lượt có phương trình là
3 4 5 0,
  
x y

4 3 5 0,
  
x y

6 10 0.
  
x y
Viết phương trình đường tròn có tâm I thuộc đường thẳng 
3
và tiếp xúc với
hai đường thẳng 
1

, 
2
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(3;1;2) và đường thẳng
x 2 t
: y 2
z 4 t
 


 


 

. Tìm tọa độ hai điểm B
và C trên đường thẳng  sao cho tam giác ABC đều.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm
m R

để phương trình


2
2z 2 m 1 z 2m 1 0
    
có hai nghiệm phân biệt
1 2
z ,z C


thoả mãn
1 2
z z 10
 
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ vuông góc Oxy cho tam giác ABC biết đỉnh


A 0;4
, trực tâm


H 1;2
và
trọng tâm
8 1
G ;
3 3
 
 
 
. Xác định tọa độ B, C.
2. Cho hai đường thẳng
2
1 2
x 1 m t
x m y z 1
d : y 2 nt , d :

1 2 1
z 4t

 
 

   





. Tìm m, n để d
1
, d
2
song song và khi đó tính
khoảng cách giữa d
1
, d
2
.
1
www.VNMATH.com
Câu VII.b (1 điểm). Cho hàm số
2
x x 1
y
x 1
 



có đồ thị (C). A, B lần lượt thuộc tiệm cận đứng và xiên của (C) thoả
mãn AB tiếp xúc (C). Gọi I là giao hai tiệm cận. Tính
IA.IB
 
.
HẾT
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Đi
ểm
I.1
3 2
1
m 2 :y x 2x 3x
3
   
.
Tập xác định:
D R

.
Sự biến thiên:
Giới hạn:
x x
lim y ; lim y
 
   
.

Chiều biến thiên:
2
x 1
y' x 4x 3;y ' 0
x 3


    



.
Hàm số đồng biến trên khoảng




,1 ; 3,
 
; nghịch biến trên


1,3
.
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
x 1

;
CĐ
4

y
3

;
Hàm số đạt cực tiểu tại
x 3

; y
CT
= 0.
Bảng biến thiên:
x

1 3


y’ + 0

0 +
y

4
3






0

Đồ thị:




0.25







0.25




0.25





0.25
I.2
2
' 2 2 1
   
y x mx m

.
x 1
y' 0
x 2m 1


 

 

.
Đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B
2m 1 1 m 1
    

3 2
4 4 8
A 1; ,B 2m 1, m 4m 4m
3 3 3
   
     
   
   
.
Có IA song song Oy nên tam giác IAB vuông tại I
B Ox
 

0.25

0.25
0.25

2
www.VNMATH.com

3 2
4 8
m 4m 4m 0 m 2
3 3
      

0.25
II.1
Điều kiện:
cos x 0 x k , k Z
2

     
.
PT
 
2
1 1
1 cos x 3 cos x sin x sin 2x cosx.
2 2
cos x


 
     
 
 

1 sin x 3 cos x sin x sin x sin x 3 cos x 1
       

x k2
x k2
1
3 6 2
sin x ,k Z ,k Z
75
3 2
x k2x k2
6
3 6
  


   
  



 
      



 
 
 
 
     
 



Vậy phương trình có nghiệm
7
x k2 , k Z
6

   
.




0.25

0.25


0.25



0.25

II.2
Điều kiện:
x 0, y 0
 

Hệ

x x 7 y y 7 14
x 7 x y 7 y 2

     


     


x x 7 y y 7 14
7 7
2
x x 7 y y 7

     



 

   

.

Đặt
a x x 7
b y y 7

  


  


a b 14
a b 14 a 7
7 7
ab 49 b 7
2
a b
 

  
 

  
  
 
 
 


.
x x 7 7

y y 7 7

  



  


2
2
x 7x 21 x
y 7y 21 y

  



  



x 9
y 9







.


0.25



0.25



0.25

0.25
III
Hoành độ giao điểm của đường
3
3
x x 2
y
x x
 


và trục Ox là nghiệm phương trình:









3 3 2
x x 2 0 x 1 x 1 0 x 1 x x 2 0 x 1
              
.
Diện tích hình phẳng bằng là
2 2
3 3
3 3
1 1
x x 2 x x 2
S dx dx
x x x x
   
 
 
 

(do
3
x 1 x 1 0, x x 0
     
)
 
2 2 2
3
2 2
1 1 1

2 2x
S 1 dx dx dx
x x
x x 1
 
   
 


 
  

 
4
4 4
1
1 1
dt 1 1 t 8
1 1 dt 1 ln 1 ln
t t 1 t t 1 t 1 5
 
        
 
  
 
 
(đvdt)

0.25

0.25

0.25

0.25
3
www.VNMATH.com
IV
Gọi M là trung điểm BC, ta có


AM BC AM BCB'C'
  


AM B'C AM P
   
.
Gọi N là trung điểm CC’, ta có


MN / /BC' MN B'C MN P
    . Vậy thiết diện
của (P) và lăng trụ là tam giác AMN.
Có
3
ABC.A' B'C' ABC
1 3 a 3

V AA'.S a. a.a.
2 2 4
  
.
3
A.CMN CMN
1 1 a 3 1 a a a 3
V AM.S . . . .
3 3 2 2 2 2 48
  
.
Vậy
3
AA'BMNC 'B' ABC.A 'B 'C' A.CMN
11a 3
V V V
48
  
(đvtt).



0.25

0.25



0.25

0.25
V
Điều kiện:
0
2 0



  

xy
x xy y
.
Xét phương trình (1):
 
 
   
   
2
2 2
, : 2 2 3 0 1 1
2 ln 2 ln




        


      



x y
e e
x y x y x y x y VT VP
x xy y xy x xy y xy
.
Tương tự




, : 2 1 1
  x y x y VT VP
. Vậy (1)
2
 
x y
, thế vào (2):
2 2
2 3.6 4.3 0
  
y y y
2
2
3
2 2 2
3 4 0 4 log 4
3 3 3
     

       
     
     
y y y
y
.
Vậy hệ có nghiệm:
2 2
3 3
2log 4;log 4
 
 
 
.

0.25






0.25

0.25

0.25
VIa.
1
Do

3
I ( ) I(6a 10; a)
   
.
Đường tròn tâm I bán kính R có phương trình: (x − 6a − 10)
2
+ (y − a)
2
= R
2
(C)
Đường tròn (C) tiếp xúc với (
1
)  d(I; 
1
) = R

2 2
3(6a 10) 4a 5 22a 35
R R
5
3 4
   
  

. (1)
Đường tròn (C) tiếp xúc với (
2
)  d( I; 
2

) = R

2 2
4(6a 10) 3a 5 21a 35
R R.
5
( 3) 4
   
  
 
(2)
Từ (1) và (2), ta có phương trình
22a 35 21a 35
  

 a = 0 hoặc a =
70
43

.
Vậy có hai đường tròn thoả mãn là (C
1
): (x − 10)
2
+ y
2
= 49,
(C
2
):

2 2 2
10 70 7
x y
43 43 43
     
   
     
     
.

0.25



0.25



0.25


0.25
VIa.
2
Hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng  là
7 5
;2;
2 2
 
 

 
H

B    B(2-b;2;4+b).
Tam giác ABC đều 
1
3 2
 
AH
HB 
1
2
 


 

b
b
.
0.25
0.25

0.25
A
B
C
A'
B'
C'

M
N
d
A
B C
H
4
www.VNMATH.com
C đối xứng với B qua H. Vậy có hai cặp điểm thỏa đề bài: B(3;2;3), C(4;2;2) hoặc
B(4;2;2), C(3;2;3).
0.25
VIIa
Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt
' 0
  
.
Vì
   
2
2
m R ' m 1 2 2m 1 m 6m 1 R
          
.
TH1:
' 0
  

 
2
2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
z z 10 z z 2 z z 10 z z 2z z 2 z z 10
          

   
2
1 m 2m 1 2m 1 10
      
2
2m 1 0
1 m 10
m 1 10 ' 0
2m 1 0
m 3 20 ' 0
m 6m 11 0
  





  
    



 


 


    





  


.
TH2:
2 2
1 m i m 6m 1 1 m i m 6m 1
' 0 10
2 2
         
    

 


 
2
2
1 m m 6m 1 10 m 2 ' 0
          
.
Vậy
m 3 20

 
hoặc
m 2


0.25






0.25



0.25



0.25
VIb.
1
Gọi I là trung điểm BC suy ra
3 3
AI AG I 4;
2 2
 
  
 

 
 
.
Đường thẳng BC qua I vuông góc AH nên BC có phương trình:
 
3
1 x 4 2 y 0 x 2y 7 0
2
 
       
 
 
.


B BC B 2b 7,b
  
, C đối xứng với B qua I nên


C 1 2b; 3 b
  
.









2
BH AC 6 2b 1 2b 2 b 7 b 0 5b 15b 20 0
             





   
B 9;1 ,C 1; 4
b 1
b 4
B 1; 4 ,C 9;1
 



 


 
 
 

.
0.25


0.25

0.25



0.25
VIb.
2
d
1
qua


1
M 1;2;0
có VTCP


2
1
u m ; n; 4


, d
2
qua


2
M m;0;1

có VTCP


2
u 1; 2;1


.
1 2
d ,d
song song
1 2
u , u

 
cùng phương và
1 2 2
M M ,u
 
không cùng phương
1 2
u , u
 
cùng phương

2
m 2
m n 4
n 8
1 2 1

 


  




,
1 2 2
M M ,u
 
cùng phương
1 m 2 1
m 2
1 2 1
 
    

.
Vậy
1 2
d / /d m 2,n 8
   
.
   
2 2 2
1 2 2
1 2 1 2
2 2 2

2
M M ,u
0 4 8 40
d d ,d d M ,d
u 3
1 2 1
 
 
 
   
 
 

0.25

0.25



0.25


0.25
VIIb
1
1
 

y x
x

TCĐ:
1

x
, TCX:

y x
,


1;1
I
.
Gọi tiếp điểm của AB và (C) là
1
;
1
 

 

 
M a a
a
suy ra phương trình AB:
 
 
2
1 1
1

1
1
 
    
 
 


 
y x a a
a
a

suy ra
2
1;1
1
 

 

 
A
a
,


2 1;2 1
 
B a a

.
0.25

0.25

0.25
5
www.VNMATH.com
Suy ra
 
2
. . 2 2 4.
1
  

 
IA IB a
a



0.25
Ghi chú:
Đáp án gồm 04 trang.
Thí sinh làm theo cách khác và đúng thì cho điểm tương ứng.
6
www.VNMATH.com