de thi thu moi nhat co da

sent to
Trường PTTH chuyên Lê Qúy Đôn
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT III
MÔN TOÁN-KHỐI B
Thời gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG(7đ) (cho tất cả các thí sinh)
Câu I (2đ)
1. khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số:
2
32
−
+
=
x
x
y
2. Tìm m để đường thẳng (d): y = 2x + m cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân
biệt sao cho tiếp tuyến của (C ) tại hai điểm đó song song với nhau.
Câu II (3đ)
1. Giải phương trình:
012sin4cos)sin(cos4
66
=++++ xxxx
2. Giải hê phương trình:





=−+
−=−+

101
2612
22
222
xyy
xxyy
3. Tính tích phân:
∫
−−
−+
=
2
0
2
)25.012
|1|1
1
( dxx
x
I
Câu III (1đ):
Cho lăng trụ đứng ABC.A
1
B
1
C
1
có AB = a; AC = 2a; AA
1
=2a

5
và
o
CAB 120
ˆ
=
; M là trung điểm cạnh CC
1
. Chứng minh
1
MAMB ⊥
và tính
khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A
1
BM)
Câu IV: (1đ):
Cho ba số a; b; c thoả mãn: a
2
+ b
2
+ c
2
= 9 .
Chứng minh rằng: 2 ( a + b + c) –abc
10
≤
PHẦN RIÊNG ( Thí sinh chọn một trong hai phần sau)
Phần I: (3đ)
1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C ):
02168

22
=++−+ yxyx
và
đường thẳng (d): x + y -1=0. Xác định toạ độ các đỉnh hình vuông ABCD
ngoại tiếp đường tròn (C) biết A nằm trên (d).
2. Cho hai đường thẳng (d
1
):





=
−=
+=
tz
ty
tx
2
33
21
; (d
2
):






−=
+−=
+=
sz
sy
sx
2
1
21
và mặt phẳng (P): x
–2y+2z-1= 0. Tìm điểm M trên (d
1
) và điểm N trên (d
2
) sao cho MN song
song với (P) và cách (P) một khoảng bằng2
3. Giải phương trình tập số phức:

z
4
+2z
3
-z
2
+2z+1=0
PhầnII (3đ)
1 Trong mặt phăng Oxy cho đường tròn ( C): x
2
+ y
2

=1. Tìm tất cả các giá
trị thực m để trên đường thằng y = m tồn tại đúng hai điểm phân biệt mà từ
mỗi điểm đó kẻ được hai tiếp tuyến với (C) sao cho góc giữa hai tiếp tuyến
bằng 60
0
2. Cho điểm A(1;2;3) và hai đường thẳng
1
3
1
2
2
2
:)(
1
−
=
−
+
=
− zyx
d
;
1
1
2
1
1
1
:)(
2

+
=
−
=
−
− zyx
d
. Viết phương trình đường
thẳng (d) đi qua A, vuông góc với (d
1
) và cắt (d
2
)
3. Giải bất phương trình:
)243(log1)243(log
2
3
2
9
++>+++ xxxx
Hết
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI B
PHẦN CHUNG:
I 1 TXĐ: D = R\{2}
;lim
2
−∞=
−
→
y

x

+∞=
+
→
y
x 2
lim

⇒
x = 2 là tiệm cận đứng
;2lim =
−∞→
y
x

2lim =
+∞→x
y

⇒
y=2 là tiệm cận ngang
0.25
y’ =
2;0
)2(
7
2
≠∀<
−

−
x
x
⇒
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-
)2;∞
và
(2; +
∞
); Hàm số không đạt cực trị
0.25
Lập đúng, đầy đủ BBT 0.25
Vẽ đồ thị 0.25
cộng 1đ
2 Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là:

032)6(22
2
32
2
=−−−+⇔+=
−
+
mxmxmx
x
x
(x = 2 không là nghiệm của p
trình)
0.25
(d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt mà tiếp tuyến tại đó song song với

nhau
⇔
(1) có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thoả mãn: y’(x
1
) = y’(x
2
) hay
x
1
+x
2
=4
0.25
2
4
2
6
0)32(8)6(
2
−=⇔





=

−
>++−=∆
⇔ m
m
mm
0.5
cộng 1đ
II 1

012sin4cos)sin(cos4
66
=++++ xxxx
4(1-
()2sin
4
3
2
+x
012sin)2sin21
2
=++− xx
0.25
-
062sin2sin5
2
=++ xx
0.25






=
−=
⇔
)(
5
6
2sin
12sin
loaix
x
Zkkx ∈+−=⇔ ;
4
π
π
0.5
cộng 1đ
2
ĐK:
1|| ≥x
; Đặt t =
)0(;1
2
≥− tx
; hệ trở thành:



=+

=+
10)(
25)(
2
tyy
ty
0.5










−=
−=
⇔



−=
−=+



=
±=

⇔



=
=
⇔



=
=+
⇔
)(
2
3
2
5
2
10
2
3
2
5
loai
y
t
y
ty
y

x
y
t
y
ty
0.25
Vậy nghiệm của hệ là: (x;y) =
)2;10(
và
)2;10();( −=yx
0.25
cộng 1đ
3
∫ ∫
−−
−+
=
2
0
2
0
2
25.012
|1|1
1
dxxdx
x
I
0.25
2ln2|||ln||2|ln

1
2
1
|1|1
1
2
1
2
1
1
0
2
0
1
0
=+−−=+
−
=
−+
∫∫ ∫
xxdx
x
dx
x
dx
x
0.25
π
=−
∫

dx
x
2
0
2
4
12
(Đặt x= 2sin t; t






−
∈
2
;
2
ππ
) 0.25
Vậy I = 2ln2 -
π
0.25
cộng 1đ
III Theo định lý cosin trong tam giác ABC ta có: BC
2
= 7a
2
A

1
B
2
= AB
2
+ AA
1
2
= 21 a
2
; MB
2
= BC
2
+ CM
2
= 12 a
2
0.25
Ta có: MB
2
+ MA
1
2
= 21 a
2
= A
1
B
2

nên MB
⊥
MA
1
0.25
V =
ABCAABAMMABA
VVV

11
==
=
.
3
1
ABC
S
A A
1
=
15
3
1
3
a
0.25
khoảng cách từ A đến mặt phẳng (MBA
1
) là:
3

5
.
63
1
1
a
MAMB
V
S
V
MBA
==
0.25
cộng 1đ
I
V
Giả sử |c| =
{ }
3|||;||;|max
2
≥⇒ ccba

Đặt P = 2 ( a + b + c) –abc =
)2(2)( abcba −++
Chọn:
)2;2();;( abvcbau −=+=

. Ta có:
|v|.||.


uvu ≤
. Dấu “=” xảy ra khi
vu

;

cùng hướng. Suy ra:
P
2
[ ][ ] [ ]
7220)()(2)(48)29()2(4)(
232222
+−+=+−+=−+++≤ abababababababcba
0.5
P
2
= (ab + 2)
2
(2ab – 7) +100
100
≤
(Vì: 2ab
≤
769
222
≤−=+ cba
)
Vậy: P
10
≤

Dấu = xảy ra khi chẳng hạn (a; b; c) = ( -1; 2; 2) 0.5
cộng 1đ
va 1 Đường tròn (C ) có tâm I(4;-3); bán kính R = 2
Vì I nằm trên (d), do đó AI là một đường chéo của hình vuông
⇒
x = 2
hoặc x = 6 là hai tiếp tuyến của (C ) nên:
0.25
Hoặc A là giao điểm của (d) với đưòng thẳng: x = 2
⇒
A(2; -1)
Hoặc A là giao điểm của (d) với đưòng thẳng: x = 6
⇒
A(2; -1)
0.25
Với A(2;-1) thì C(6;-5); hai đỉnh kia là (2;-5) ; (6;-1) 0.25
Với A(6;-5) thì C(2;-1) ; hai đỉnh kia là: (6;-1); (2;-5) 0.25
cộng 1đ
2
.
Ta có: M (1+2t; 3-3t;2t); N( 1+2s; -1+s; 2-s)
)22;43;22 +−−−+−=⇒ tststsNM

(P) có VTPT
)2;2;1( −=
P
n

0.25
Ta có:




=
=
∨



=
=
⇔



=−
=−+
⇔





=
−+−−+
=
=
0
1
6

0
6|612|
066
2
3
|14)33(2)21(|
))/((
0.
s
t
s
t
t
st
ttt
PMd
nNM
P


0.25
0.25
*/ t = 0; s = 6
⇒
M(1; 3; 0); N(13;5;-4)
*/ t = 1; s = 0
⇒
M(3; 0;2); N(1; -1; 2)
0.25
cộng 1đ

2
z
4
+2z
3
-z
2
+2z+1=0
01)
1
(2)
1
(01)
1
(2)
1
(
2
2
2
22
=−+++⇔=






−+++⇔
z

z
z
z
z
z
z
zz
(z = 0 không là nghiệm của ptrình)
0.25
Đặt w
z
z
1
+=
; phương trình trên trở thành: w
2
+ 2w – 3 =0



−=
=
⇔
3
1
w
w
0.25







±−
=⇔=++⇔−=+
±
=⇔=+−⇔=+
⇔
2
53
0133
1
2
31
011
1
2
2
zzz
z
z
i
zzz
z
z
0.25
Vậy phương trình có bốn nghiệm:
2
31 i

z
±
=
;
2
53 ±−
=z
0.25
cộng 1đ
IV
b
1 Đường tròn tâm O(0;0); bán kính R = 1
Giả sử PA; PB là hai tiếp tuyến của đường tròn (A; B là hai tiếp điểm)
TH 1:
⇒=⇒= 260
ˆ
0
OPBPA
P thuộc đường tròn (C
1
) tâm O; bán kính R = 2
0.25
TH 2:
⇒=⇒=
3
2
120
ˆ
0
OPBPA

P thuộc đường tròn (C
2
) tâm O;bán kính R =
3
2
0.25
Đương thẳng y = m thoả mãn yêu cầu bài toán khi nó cắt (C
1
) tại hai điểm
phân biệt và không có điểm chung với (C
2
)
0.25
Vậy các giá trị m thoả mãn bài toán là:
3
2
2
−
−  m
và
2
3
2
 m
0.25
cộng 1đ
2 (d
1
) có vtcp là:
)1;1;2( −=u


, B là giao điểm của (d) với (d
2
) thì:
B(
)1;21;1 ttt +−+−
)4;12;( −−−=⇒ tttBA

0.25
(d)
10.)(
11
−=⇔=⇔⊥ tuBAd


0.5
Vậy (d) qua A(1;2;3) có VTCP
)5;3;1( −−=BA

nên phương trình là:
5
3
3
2
1
1
−
−
=
−

−
=
− zyx
0.25
cộng 1.đ
3
BPT tương đương với
)243(log21)243(log
2
9
2
9
++>+++ xxxx
Đặt t =
)243(log
2
9
++ xx
; t
0≥
. BPT trở thành: t + 1 >2t
2
0.25
1
2
1
012
2
<<
−

⇔<−−⇔ ttt
0.25






<≤
−
−≤<
−
⇔









<<
−





−

≥
−≤
⇔





<++
≥++
⇔





<++
≥++
⇔
1
3
1
1
3
7
1
3
7
3
1

1
9243
1243
1)243(log
0)243(log
2
2
2
9
2
9
x
x
x
x
x
xx
xx
xx
xx
0.5
cộng 1đ