Đề thi thử đại học môn Toán số 23

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 66
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
1 5
4 4 ( )
3 2
y x mx mx C= − − −

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại
1 2
,x x
sao cho biểu thức
2
2
2 1
2 2
1 2
5 12
5 12
x mx mm
A
x mx m m
+ +
= +
+ +
đạt giá
trị nhỏ nhất.
Câu II: (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 6, phương trình BD là

2 12 0x y+ − =
, AB đi qua
(5;1)M
, BC đi qua
(9;3)N
. Viết phương trình các cạnh hình chữ nhật biết hoành
độ của điểm B lớn hơn 5.
2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:
3 2
(1 ) 2 , 0, 1y x x x x x= − − = =
và trục hoành.
Câu III: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
2
sin( ) cos( )
1
6 3
(cos sinx.tan )
cos x 2 cos
x x
x
x
x
π π
− + −
− + =
.
2. Cho tập hợp
{0,1,2,3,4,5,6,7}.E =
Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có gồm 4 chữ số khác nhau được

lập từ các chữ số của E?
Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của
A' lên mặt phẳng
( )ABC
trùng với tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với
AA', cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng
2
3
8
a
. Tính thể tích khối lăng trụ
. ' ' 'ABC A B C
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.
Phần A
Câu V.a:(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz lập phương trình đường thẳng d đi qua
(1;0; 2)A −

và cắt d’:
1 1 2
3 2 2
x y z− + −
= =
−
sao cho góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P):
2 2 1 0x y z− + − =
lớn nhất.
Câu VI.a: (2,0 điểm)
1. Tìm
,x y R∈

sao cho:
2
2 3
2 3
1 1 1
(1 ) (4 ) 4
x x
x x x i i
y y y y y
 
 
+ + + + − = + + +
 ÷
 
 
 
2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển sau:
17
3
4
2
1
.x
x
 
+
 ÷
 
Phần B
Câu V.b: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho

(2;1;0), (0;4;0), (0;2; 1)A B C −
và đường thẳng d:
1 1 2
2 1 3
x y z− + −
= =
. Lập phương trình đường thẳng
∆
vuông góc với mặt phẳng (ABC) và cắt d tại điểm D
sao cho bốn điểm A, B, C, D tạo thành một tứ diện có thể tích bằng
19
6
.
Câu VI.b: (2,0 điểm)
. 1. Tìm tất cả các số phức
z
thỏa mãn đồng thời:
5z =
và
7
1
z i
z
+
+
là số thực
2. Tìm hệ số của
8
x
trong khai triển nhị thức Niutơn của

2
( 2)
n
x +
, biết:
3 2 1
8 49, ( , 3)
n n n
A C C n N n− + = ∈ >
.
1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SÔ 66
Câu 1: 1, Khi m = 0 thì
3
1
4
3
y x= −
, TXĐ : R
2
' 0 0y x x= = ⇔ =
Bảng biến thiên
x
∞−
0
∞+
Hàm số luôn đồng biến trên R.
y’ + - 4 +

∞+

y
∞−
Vẽ đồ thị đẹp , chính xác cho điểm tối đa .
TXĐ: R,
2
' 5 4y x mx m= − −
. Hàm số đạt cực trị tại
1 2
, ' 0x x y⇔ =
có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,x x
2
0
25 16 0 (1)
16
25
m
m m
m
>


⇔ + > ⇔

< −

Theo Viet, ta có:
1 2
1 2

5
4
x x m
x x m
+ =


= −

vì
1
x
là nghiệm của phương trình
2 2 2 2
1 1 1 1 1 2 1 2
5 4 0 5 4 5 12 5 ( ) 16 25 16 0x mx m x mx m x mx m m x x m m m− − = ⇒ = + ⇒ + + = + + = + >
Câu 1: 2, tương tự ta cũng có:
2 2
2 1 1 2
5 12 5 ( ) 16 25 16 0x mx m m x x m m m+ + = + + = + >
khi đó
2
2 2 2
2 1
2 2 2 2
1 2
5 12 25 16
2
5 12 25 16
x mx mm m m m

A
x mx m m m m m
+ + +
= + = + ≥
+ + +
(BĐT Cauchy cho 2 số
dương)
Dấu “=”
⇔
2 2
4 2 2 2 2
2 2
0
25 16
(25 16 ) 25 16
2
25 16
3
m
m m m
m m m m m m
m m m
m
=

+

= ⇔ = + ⇔ = + ⇔

+

= −

đối chiếu điều kiện (1), ta có: min A = 2 khi
2
3
m = −
.
A B Câu 2: 1, Gọi B(a; 12-2a) Ta có
(9 ;2 9)BN a a− −
uuur
,
M(5;1)
(5 ;2 11)BM a a− −
uuuur
do BM vuông góc với BN nên:

6
(5 )(9 ) (2 11)(2 9) 0 (6;0)
24
5
a
a a a a B
a
=


− − + − − = ⇔ ⇒

=


( Do hoành độ điểm B lớn hơn 5), N(9;3)
D C
phương trình AB:
6 0x y+ − =
phương trình BC:
6 0x y− − =
Gọi
( ;12 2 )D b b−
theo bài ra, ta có: DA.DC = 6 nên:
12 2 6 12 2 6
. 6
2 2
b b b b+ − − − + −
=

2
4
3 6 . 6 12 ( 6) 4
8
b
b b b
b
=

⇔ − − = ⇔ − = ⇔

=

với

4b =
thì
(4;4)D
phương trình DA có dạng:
0x y− =
; phương trình
: 8 0DC x y+ − =
.
với
8b =
thì
(8; 4)D −
phương trình DA có dạng:
12 0x y− − =
, phương trình
: 4 0DC x y+ − =
.
Câu 2: 2, Ta có
1
3 2
0
(1 ) 2S x x x dx= − −
∫
1 1 1
3 2 2 2 2 2 2
0 0 0
1
(1 ) 2 (1 ) 2 (1 ) ( 2 1) 2 (2 )
2
S x x x dx x x x x dx x x x x d x x= − − = − − − = − + − −

∫ ∫ ∫
2
Đặt
[ ]
1
2 2 2 2 2
0
1
2 ( 0;1 ) 2 , (2 ) 2 (1 ) .2
2
x x t t x x t d x x tdt S t t tdt− = ∈ ⇒ − = − = ⇒ = −
∫
1
3 5
2 4
0
1
1 1 2
( ) ( )
0
3 5 3 5 15
t t
t t dt= − = − = − =
∫
.
Câu 3: 1, Điều kiện
cos 0
cos 0
2
x

x
≠



≠


. Phương trình
⇔
2
2
2
cos( ) cos( )
1
3 3
(cos 2sin )
cos 2 cos
x x
x
x
x x
π π
− + −
− + =
2
2 2
2cos( )cos
1 1 3sinx
2 6

(cos 1 cos ) 1 tan 3 t anx
cos cos cos cos
x
x x x
x x x x
π π
−
⇔ − + − = ⇔ − = ⇔ =
2
tan 0
tan 3 tan 0 ( )
tan 3
3
x k
x
x x k Z
x k
x
π
π
π
=

=


− = ⇔ ⇔ ∈


= +

=


Đối chiếu điều kiện ta thấy nghiệm của phương trình là
2
( )
3
x l
l Z
x l
π
π
π
=


∈

= +

Câu 3: 2, Đáp số: 750 số
Câu 4:
A’
C’
B’
K
A
C
O M
:

B
Gọi M là trung điểm của BC, do A’O
⊥
(ABC) nên
( ' )BC A AM⊥
.Gọi K là điểm thuộc AA’ sao cho KB
⊥
AA’, nối KC thì AA’
⊥
(KBC)
⇒
AA’
⊥
KM
2 3 3
.
3 2 3
a a
AO = =
;
∆
KBC có diện tích
2
3
8
a
nên
2
. 3 3
2 8 4

KM BC a a
KM= ⇒ =

Xét
∆
A’AM có 2 đường cao A’M và MK nên :
' . . ' (*)A O AM KM AA=
đặt A’O = x >0 khi đó từ (*) ta có:
2
2
3 3
. '. . .
2 3 4
a a a
x AM AA KM x x= ⇔ = +
( Do
∆
A’AO vuông tại O và
3
3
a
AO =
) hay
2 2 2
2 2 2 2
2 4 3
3 3 3 3
a a a a
x x x x x x= + ⇔ = + ⇔ = ⇔ =

Ta có diện tích đáy ABC bằng
2
1 3 3
. .
2 2 4
a a
a =
( Diện tích tam giác đều cạnh a)
.Vậy
2 3
. ' ' '
3 3
' . .
3 4 12
ABC A B C ABC
a a a
V A O S= = =
Câu 5b: Gọi H là chân đường cao hạ từ D xuống (ABC) ta có
.
1 19 19
. (*)
3 6 2
ABC D ABC
ABC
DH S V DH
S
= = ⇒ =

và ta gọi
(1 2 ; 1 ;2 3 )D t t t+ − + +

( Do
D d∈
)
3
mà
1 1 29
, 9 4 16
2 2 2
ABC
S AB AC
 
= = + + =
 
uuur uuur
; phương trình (ABC):
3 2 4 8 0x y z+ − − =
thay vào (*) ta có:
1
3(1 2 ) 2( 1 ) 4(2 3 ) 8
19
17
9 4 16 29
2
t
t t t
t
=

+ + − + − + −


= ⇔
−

=
+ +


khi
1t =
tọa độ
(3;0;5)D
, phương trình
∆
là:
3 5
3 2 4
x y z− −
= =
−
.
khi
17
2
t
−
=
tọa độ
19 45
( 16; ; )
2 2

D − − −
, phương trình
∆
là:
19 47
16
2 2
3 2 4
y z
x
+ +
+
= =
−
(Nếu đúng một trong hai phương trình
∆
thì vẫn cho 0,25)
Câu 6b: 1, Gọi
;z a bi= +
trong đó
,a b R∈
do
2 2 2 2
5 5 25z a b a b= ⇔ + = ⇔ + =
(1)
[ ] [ ]
2 2 2 2 2 2
( 7) ( 1 ) ( 1)( 7)
7 7 ( 7) ( 1) ( 7)
1 1 1 ( 1) ( 1) ( 1)

a b i a bi ab a b i
z i a bi i a b i a a b b
z a bi a bi a b a b a b
+ + + + + + +
+ + + + + + − +
= = = = +
+ − + + − + + + + + +
theo bài ra
7
1
z i
R
z
+
∈
+
nên
( 1)( 7) 0ab a b+ + + =
(2) từ (1) và (2) ta có hệ
2 2
( 1)( 7) 0 (3)
25 (4)
ab a b
a b
+ + + =


+ =

từ (3)

thay
7( 1)
2 1
a
b
a
+
=
+
vào (4) ta được PT bậc 4 sau
4 3 2 2
3 4
2 2 25 12 0 ( 3)( 4)(2 1) 0 4 3
1 7 2
2
2
a b
a a a a a a a a b
a b


= ⇒ = −


+ − − + = ⇔ − + − = ⇔ = − ⇒ = −


= ± ⇒ = ±



Từ đó suy ra có 4 số
phức sau thỏa mãn ycbt:
1 7
3 4 ; 4 3 ;
2 2
z i z i z i= − = − − = ± ±
Hệ số của
8
x
là
3 3
7
.2 280C =
Câu 5a: Gọi M là giao điểm của d và d’, khi đó
(1 3 ; 1 2 ;2 2 )M t t t+ − + −
và
(3 ; 1 2 ;4 2 )AM t t t− + −
uuuur
Gọi
(2; 1;2)n = −
r
là tọa độ VTPT của (P), gọi
ϕ
là góc giữa đường thẳng d và giá của
n
r
khi đó
2 2 2 2 2 2 2
6 1 2 8 4
3

cos (*)
2 ( 1) 2 9 ( 1 2 ) (4 2 ) 17 20 17
t t t
t t t t t
ϕ
+ − + −
= =
+ − + + − + + − − +
, d tạo với (P) góc lớn nhất khi
và chỉ khi d tạo với giá của vectơ pháp tuyến của (P) một góc nhỏ nhất
cos
ϕ
⇔
lớn nhất
2
( ) 17 20 17f t t t⇔ = − +
nhỏ nhất mà
' 189 10 30 3 48
( ) ( ; ; )
17 17 17 17 17
min f t t AM
a
∆
= − = ⇔ = ⇒ =
uuuur
khi đó phương trình d có dạng:
1 2
10 1 16
x y z− +
= =

Câu 6a:1, Hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực bằng nhau và phần ảo bằng nhau, vì vậy ta có hệ:
Câu 6b: 2, Ta có:
3 2 1 3 2
8 ( 1)
8 49, ( 1)( 2) 49 7 7 49 0 7
2
n n n
n n
A C C n n n n n n n n
−
− + = ⇔ − − − + = ⇔ − + − = ⇔ =
7
2 2 7 7 2(7 )
0
( 2) ( 2) 2
n k k
k
k
x x C x
−
=
+ = + =
∑
. Số hạng chứa
8
x
là
2(7 ) 8 3k k⇔ − = ⇔ =
4
2

2
3
2 3
1 1
(1 ) 4 (1)
1
4 (2)
x x
y y
x x
x
y y y

+ + + =




− = + +


2
2
3
3
1 1
4
1 1
( ) 4
x x

y y
x
x x
y y y

+ + + =


⇔


+ + + =


2
2
1 1
( ) 2. 4
1 1
( ) ( ) 2. 4
x
x x
y y y
x
x x
y y y

+ − + + =



⇔

 

+ + − =
 

 

đặt
1
x u
y
x
v
y

+ =




=


ta có hệ
2
2
2 4
( 2 ) 4

u v u
u u v

− + =


− =


thay
2
2 4v u u= + −
vào ta được:
2 2 2
( 4) 4 4 4 0 2u u u u u u u− − + = ⇔ − + = ⇔ =

với
2 1u v
= ⇒ =
trở lại ẩn x, y ta có hệ:
1
2
1
1
x
y
x y
x
y


+ =


⇔ = =


=


Câu 6a: 2,Ta có:
(
)
17
17
2
3
17 17
17
3 3
4 4
3
4
17 17
3 2 3 2
0 0
1 1
k
k
k
k

k k
k k
x C x C x x
x x
−
−
−
= =
   
 
 
+ = =
 ÷  ÷
 ÷
 ÷
 
 
   
∑ ∑
2 2 3(17 )
3(17 ) 17 153
17 17 17
3 3 4
4 12
17 17 17
0 0 0
k k k
k k
k k k
k k k

C x x C x C x
− − −
− − +
+
= = =
= = =
∑ ∑ ∑
từ yêu cầu bài toán ta cho:
17 153 0 9k k− + = ⇔ =
Vậy số hạng không chứa
x
là
9
17
C
5