Đề thi thử đại học môn toán trường THPT chuyên Lê Hồng Phong HCM pdf

www.VNMATH.com
Trng THPT Chuyên Lê Hng Phong  THI TH I HC MÔN TOÁN
Thi gian làm bài: 180 phút.

I. PHN CHUNG CHO TT C THÍ SINH: (7 đim)
Câu I (2 đim): Cho hàm s y = x
3
– 3x
2
+ 3.
1. Kho sát s bin thiên và v đ th (C) ca hàm s.
2. Vit phng trình tip tuyn ca đ th (C), bit tip tuyn đi qua đim A(–1; –1).
Câu II (2 đim):
1. Gii h phng trình:
22
22
xyxy4y10
y7 (x y) 2(x 1)





  




2. Gii phng trình:
2sinx 1 cos2x 2cosx 7sinx 5
2cosx 3 cos2x 2cosx 1 3(cosx 1)




.
Câu III (1 đim):
Tính tích phân sau: I =
33 3 2
2
1
x x 8 (6x 4x )lnx
dx
x
 


Câu IV (1 đim):
Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình bình hành tâm O, AB = 2a, AD =
2a 3, các cnh bên
bng nhau và bng 3a, gi M là trung đim ca OC. Tính th tích khi chóp SABMD và din tích
ca hình cu ngoi tip t din SOCD.
Câu V (1 đim)
Cho x, y, z là các s thc dng tha xyz = 1. Chng minh:
333
1113
8
(1 x) (1 y) (1 z)



.

II. PHN RIÊNG (3 đim)
Thí sinh ch đc làm mt trong hai phn (phn 1 hoc phn 2).
1. Theo chng trình chun:
Câu VI.a (2 đim):
1. Trong mt phng Oxy cho ∆ABC ni tip đng tròn (T): x
2
+ y
2
– 4x – 2y – 8 = 0. nh A thuc
tia Oy, đng cao v t C nm trên đng thng (d): x + 5y = 0. Tìm ta đ các đnh A, B, C bit
rng C có hoành đ là mt s nguyên.
2. Trong không gian Oxyz cho hai đng thng (d
1
):
x1 y2 z2
21 2




, (d
2
):
x2t
y3t
z4t










và mt phng (): x – y + z – 6 = 0. Lp phng trình đng thng (d) bit d // () và (d) ct (d
1
),
(d
2
) ln lt ti M và N sao cho MN =
36.
Câu VII.a (1 đim):
Tìm tp hp các đim biu din cho s phc z tha mãn h thc:
z 3 2i 2z 1 2i

 
2. Theo chng trình nâng cao:
Câu VI.b (2 đim)
1. Trong mt phng Oxy, cho tam giác ABC có đnh A(0; 4), trng tâm
42
G;
33



và trc tâm trùng
vi gc ta đ. Tìm ta đ các đnh B, C và din tích tam giác ABC bit x
B
< x

C
.
2. Trong không gian Oxyz cho hai đng thng (d
1
):
x1 y2 z2
21 2




, (d
2
):
x2t
y3t
z4t








và mt
phng (): x – y + z – 6 = 0. Tìm trên (d
2
) nhng đim M sao cho đng thng qua M song song vi
(d

1
), ct () ti N sao cho MN = 3.
Câu VII.b (1 đim):
www.VNMATH.com
Gii h phng trình
xy
lnx 2lny lnx lny
ee(lnylnx)(1xy)
23.44.2


  





.

ÁP ÁN  THI TH I HC MÔN TOÁN
Thi gian: 180 phút

Câu ý Ni dung im
Câu I Cho hàm s y = x
3
– 3x
2
+ 3. ∑ = 2đ
1
Kho sát s bin thiên và v đ th (C) ca hàm s.

∑ = 1.25đ

Tp xđ và Gii hn
0.25

y' = 3x
2
– 6x
y' = 0  x = 0 hay x = 2
0.25

Bng bin thiên:
0.25

y'' và đim un
Giá tr đc bit
0.25

 th và nhn xét:
0.25
2 Vit pt tip tuyn ca (C), bit tip tuyn đi qua đim A(–1; –1). ∑ = 0.75đ

ng thng (d) qua A và có h s góc k
 (d): y + 1 = k(x + 1)  (d): y = kx + k – 1.
0,25

(d) tip xúc (C) 
32
2
x3x3kxk1

3x 6x k







có nghim.
 x
3
– 3x
2
+ 3 = 3x
3
– 6x
2
+ 3x
2
– 6x – 1
 2x
3
– 6x – 4 = 0  x = 2 hay x = –1.



0.25


* x = 2  k = 0  (d): y = –1.

* x = –1  k = 9  (d): y = 9x + 8

0.25

Câu II

∑ = 2 đ
1
Gii h phng trình:
22
22
xyxy4y10
y7 (x y) 2(x 1)





  




∑ = 1đ

(I) 
22
22
yxy x4y1
7y y(x y) 2x 2





 



2
2
2y(x y) 2x 8y 2 (1)
y(xy)(xy)2x 7y2(2)




  



(1) + (2) ta đc: –y(x – y)[2 + x – y] = –15y
 (x – y)(x – y + 2) = 15 (do y ≠ 0 vì y = 0 thì (1)  x
2
+ 1 = 0 (vô lí)).
 x – y = 3 hay x – y = –5.



0.5

 x – y = 3  x = y + 3.
(1)  –6y = –2(y + 3)
2
– 8y – 2  2y
2
+ 14x + 20 = 0
 y
2
+ 7y + 10 = 0 
y2x1
y5x2


 


 

.


0.25


 x – y = –5  x = y – 5.
(1)  10y = –2(y – 5)
2
– 8y – 2  2y
2

– 2x + 52 = 0 (VN)
Vy h có nghim là (1; –2), (–2; –5).

0.25

2
Gii phng trình:
2sinx 1 cos2x 2cosx 7sinx 5
2cosx 3 cos2x 2cosx 1 3(cosx 1)



.
∑ = 1đ

iu kin:


0.25

www.VNMATH.com
2cosx 3 0
cos2x 2cosx 1 3(cosx 1) 0




 




2cosx 3
(cosx 1)(2cosx 3) 0









3
cosx
2
cosx 1







.

(1)  (2sinx + 1)(cosx + 1) = cos2x + 2cosx – 7sinx + 5
 2sinxcosx + 2sinx + cosx + 1 = 1 – 2sin
2
x + 2cosx – 7sinx + 5
 2sinxcosx – cosx + 2sin

2
x + 9sinx – 5 = 0
 cosx(2sinx – 1) + (2sinx – 1)(sinx + 5) = 0
 (2sinx – 1)(cosx + sinx + 5) = 0

0.25



1
sinx
2
sinx cosx 5








xk2
6
5
xk2
6
















0.25


So sánh điu kin ta đc nghim ca phng trình là x =
5
k2
6


 (k  Z).
0.25
Câu III
Tính tích phân sau: I =
33 3 2
2
1
x x 8 (6x 4x )lnx
dx
x

 


∑ = 1đ

I =
2
23
1
xx8dx

+
2
2
1
(6x 4x)lnxdx

= I
1
+ I
2
.
0.25


Tính I
1
: t t =
3
x8  t

2
= x
3
+ 8  2tdt = 3x
2
dx  x
2
dx =
2
tdt
3
.
i cn: x = 1  t = 3
x = 2  t = 4.
Do đó I
1
=

4
3
4
3
3
22t 2 74
t. tdt . 64 27
3339 9







.





0.25



Tính I
2
: t u = lnx  u' =
1
x

v' = 6x
2
+ 4x, chn v = 2x
3
+ 2x
2

I
2
=
2
2

32 2
1
1
(2x 2x )lnx (2x 2x)dx




=
2
3
2
1
2x 23
24ln2 x 24ln2
33

 



.





0.25

Vy I =
74 23 5
24ln2 24ln2
93 9

 
0.25
Câu IV
Cho hình chóp SABCD có
ABCD là hình bình hành tâm O,
AB = 2a, AD =
2a 3, các cnh
bên bng nhau và bng 3a, gi
M là trung đim ca OC. Tính
th tích khi chóp SABMD và
din tích ca hình cu ngoi tip
t din SOCD.


∑ = 1đ

 Ta có SA = SB = SC = SD nên SO  (ABCD).
 ∆ SOA = .= ∆ SOD nên OA = OB = OC = OD  ABCD là hình ch nht.
 S
ABCD
= AB.AD =
2
4a 3 .

0.25

 Ta có BD =
22 22
AB AD 4a 12a 4a

K
I
G
M
O
D
B
C
A
S
www.VNMATH.com
 SO =
22 22
SB OB 9a 4a a 5 .
Vy V
SABCD
=
3
ABCD
14a15
S.SO
33
 . Do đó V
SABMD

=
3
SABCD
3
Va15
4
 .


0.25

 Gi G là trng tâm ∆ OCD, vì ∆ OCD đu nên G cng là tâm đng tròn ngoi
tip ∆ OCD.
Dng đng thng d qua G và song song SO thì d  (ABCD) nên d là trc ca ∆
OCD.
Trong mp(SOG) dng đng trung trc ca SO, ct d ti K ct SO ti I.
Ta có: OI là trung trc ca SO  KO = KS mà KO = KC = KD nên K là tâm mt
cu ngoi tip t din SOCD.


0.25


Ta có: GO =
CD 2a
33
 ; R = KO =
22
22
5a 4a a 31

OI OG
43
12
  .
Do đó S
câu
=
22
2
31a 31 a
4R 4.
12 3

  .


0.25

Câu V
Cho x, y, z là các s thc dng tha xyz = 1.
Chng minh:
333
1113
8
(1 x) (1 y) (1 z)


(1)
∑ = 1đ

Ta có:
33 2
11131
.
82
(1 x) (1 x) (1 x)

 

Tng t, ta đc:
222
31 1 1 3
2VT .
28
(1 x) (1 y) (1 z)








0.25


Do đó ta cn chng minh
222
1113
4

(1 x) (1 y) (1 z)



(2)
Ta có: xyz = 1 nên ta có th gi thit xy ≥ 1.
Khi đó ta có:
22
112
1xy
1x 1y



(3)
 2xy + (x
2
+ y
2
)xy ≥ x
2
+ y
2
+ 2x
2
y
2

 2xy(1 – xy) + (x
2

+ y
2
)(xy – 1) ≥ 0
 (xy – 1)(x – y)
2
≥ 0. (đúng do xy ≥ 1)








0.25


Áp dng (3) ta đc:
VT (2) ≥
222
111
2(1 x ) 2(1 y ) (1 z)


(vì 2(1 + x
2
) ≥ (1 + x)
2
….)
≥

2
12 1
21xy
(1 z)






( Do (3))
=
22
11z1
1
z1
(1 z) (1 z)
1
z





=
2
2
zz1
(z 1)



=
2222
22 2
4z 4z 4 3(z 1) (z 1) 3 (z 1) 3
44
4(z 1) 4(z 1) (z 1)
  

 
 











0.25


Vy (3) đúng  (1) đúng  (1) đc chng minh.
0.25
www.VNMATH.com
VI.a ∑ = 2đ
1

Trong mp Oxy cho ∆ ABC ni tip đng tròn (T): x
2
+ y
2
– 4x – 2y – 8 = 0.
nh A thuc tia Oy, đng cao v t C nm trên đng thng (d): x + 5y = 0.
Tìm ta đ các đnh A, B, C bit rng C có hoành đ là mt s nguyên
∑ = 1đ

 A thuc tia Oy nên A(0; a) (a > 0).
Vì A  (T) nên a
2
– 2a – 8 = 0 
a4
a2






 a = 4  A(0; 4).

0.25


 C thuc (d): x + 5y = 0 nên C(–5y; y).
C  (T)  25y
2
+ y

2
+ 20y – 2y – 8 = 0
 26y
2
+ 18y – 8 = 0

y1x5
420
yx
13 13

  





 C(5; –1) (Do x
C
 Z)




0.25


 (AB)  (d) nên (AB): 5x – y + m = 0 mà (AB) qua A nên 5.0 – 4 + m = 0
 m = 4. Vy (AB): 5x – y + 4 = 0.
B  (AB)  B(b; 5b + 4).

B  (T)  b
2
+ (5b + 4)
2
– 4b – 10b – 8 – 8 = 0  26b
2
+ 26b = 0 
b0
b1





.




0.25


Khi b = 0  B(0; 4 ) (loi vì B trùng vi A)
Khi b = –1  B(–1; –1) (nhn).
Vy A(0; 4), B(–1; –1) và C(5; –1).

0.25

2
Trong kg Oxyz cho (d

1
):
x1 y2 z2
21 2



, (d
2
):
x2t
y3t
z4t











và mt phng ():
x – y + z – 6 = 0. Lp phng trình đng thng (d) bit d // () và (d) ct (d
1
),
(d
2

) ln lt ti M và N sao cho MN =
36.
∑ = 1đ

M  (d
1
)  M(1 + 2m; –2 + m; 2 – 2m)
N  (d
2
)  N(2 – n; 3 + n; 4 + n)


NM 2m n 1;m n 5; 2m n 2

; n(1;1;1)





MN // () 
n.NM 0


 
 2m + n – 1 –(m – n – 5) – 2m – n – 2 = 0
 –m + n + 2 = 0  n = m – 2.

0.25


 NM

= ( 3m – 3; -3; –3m)

222 2
NM (3m 3) ( 3) 9m 3 2m 2m 2 
NM =
36  2m
2
– 2m + 2 = 6  m
2
– m – 2 = 0  m = –1 hay m = 2.



0.25


 m = –1: M(–1; –3; 4) (loi vì M  ().
0.25

 m = 2: M(5; 0; –2) và
NM

= 3(1; –1; –2)  (d):
x5 y z2
112








0.25

VII.a
Tìm tp hp các đim biu din cho s phc z tha:
z 3 2i 2z 1 2i

 

∑ = 1đ

Gi M(x; y) là đim biu din cho s phc z = x + yi (x; y  R).
Ta có:
z 3 2i 2z 1 2i  


xyi32i 2(xyi)12i     (x 3) (y 2)i (2x 1) (2y 2)i   



0.5


 (x + 3)

2
+ (y – 2)
2
= (2x + 1)
2
+ (2y – 2)
2
 3x
2
+ 3y
2
– 2x – 4y – 8 = 0
0.25

Vy tp hp các đim M là đng tròn (T): 3x
2
+ 3y
2
– 2x – 4y – 8 = 0.
0.25
VI.b

∑ = 2đ
www.VNMATH.com

1
Trong mt phng Oxy, cho tam giác ABC có đnh A(0; 4), trng tâm
42
G;
33





và trc tâm trùng vi gc ta đ. Tìm ta đ các đnh B, C và din tích ∆ ABC
bit rng x
B
< x
C
.
∑ = 1đ

Ta có
3
AI AG
2

 

I
I
34
x0 0
23
32
y4 4
23


 








 





I
I
x2
y1








 I(2; –1).


0.25

BC qua I và có VTPT là OA (0;4) 4(0;1)

 BC: y = –1.
Gi B(b; –1), vì I là trung đim BC nên C(4 – b; –1).
Ta có: OB (b; 1)

; AC (4 b; 5)


OB.AC 0
 
 4b – b
2
+ 5 = 0  b
2
– 4b – 5 = 0  b = –1 hay b = 5.



0.25

* b = –1  B(–1; –1) và C(5; –1) (nhn)
* b = 5  B(5; –1) và C(–1; –1) (loi)

0.25



BC 6;0


 BC = 6; d(A; BC) = 5  S
ABC
= 15.
0.25
2
Trong kgOxyz cho (d
1
):
x1 y2 z2
21 2



, (d
2
):
x2t
y3t
z4t












và mt phng ():
x – y + z – 6 = 0. Tìm trên (d
2
) nhng đim M sao cho đng thng qua M song
song vi (d
1
), ct () ti N sao cho MN = 3.
∑ = 1đ

M  (d
2
)  M(2 – m; 3 + m; 4 + m).
(d) qua M và // (d
1
) nên (d):
x2m2t
y3mt
z4m2t












0.25

N = (d)  () nên ta đ N tha h:

x2m2t
y3mt
z4m2t
xyz60

 

 


 




 2 – m + 2t – 3 – m – t + 4 + m – 2t – 6 = 0
 t = –3 – m  N(–3m – 4; 0; 3m + 10).





0.25

 NM

= (6 + 2m; 3 + m; –2m – 6)
 NM
2
= (2m + 6)
2
+ (m + 3)
2
+ (–2m – 6)
2


0.25

Do đó MN = 3  9(m + 3)
2
= 9  m + 3 = ± 1  m = –2 hay m = –4.
Vy M(4; 1; 2) hay M(6; –1; 0).

0.25
VII.b
Gii h phng trình
xy
lnx 2lny lnx lny
ee(lnylnx)(1xy)
23.44.2



  





.
∑ = 1đ

iu kin: x, y > 0.
Ta có: 1 + xy > 0.
* x > y: VT (1) > 0 và VP(1) < 0  VT(1) > VP(1) (vô lí)
* x < y: VT(1) < 0 < VP(1) (vô lí)
Do đó t (1)  x = y.



0.25

Thay vào (2) ta đc:

3lnx lnx lnx
2 3.4 4.2  2
lnx
[(2
lnx
)
2
– 3.2
lnx

– 4] = 0

0.25
www.VNMATH.com


lnx
lnx
lnx
20
21
24









 lnx = 2  x = e
2
.


0.25

Vy h có nghim là x = y = e
2

.
0.25