Đề thi thử đại học môn Toán tuyển chọn số 3

ĐỀ SỐ 3. THI THỬ ĐẠI HỌC
Thời gian làm bài 180 phút

PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − +
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1m
=
.
2. Tìm
m
để đường thẳng
2 1y x= +
cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C
thỏa mãn điểm
( )
C 0;1
nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng
30
.
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2cos4x - (
3
- 2)cos2x = sin2x +
3

2. Giải hệ phương trình
2 2

2 1 2 4( 1)
4 2 7
x y x y
x y xy

+ + − = −


+ + =


.
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: I =
e
1
ln x 2
dx
x ln x x
−
+
∫
.
Câu IV: (1,0 điểm) ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông và AB = BC = a. Cạnh SA
vuông góc với mặt phẳng (ABC) . Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 45
0
. Gọi M là tâm
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Tính thể tích khối đa diện M.ABC theo a.
Câu V: (1,0 điểm) Cho các số thực không âm
zyx ,,
thoả mãn

3
222
=++ zyx
. Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức:
zyx
zxyzxyA
++
+++=
5
.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(-1;2) và đường thẳng (
∆
):
3 4 7 0x y− + =
. Viết phương trình đường tròn đi qua điểm A và cắt đường thẳng (
∆
) tại hai điểm
B, C sao cho
∆
ABC vuông tại A và có diện tích bằng
4
5
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 1 2

:
2 1 1
x y z− − −
∆ = =
−
và điểm
A(2;1;2). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa
∆
sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng
1
3
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển
( )
10
1 2x+
.
( )
2
2
3 4x 4x+ +
=
0
a
+
1
a
x +
2
a

x
2
+ .+
14
a
x
14
.
Tìm giá trị của a
6
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2;-3). Biết đỉnh
A , C lần lượt thuộc các đường thẳng : x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0 .Tìm tọa độ các đỉnh của
hình vuông.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng :
1
1
: 2
1
x t
d y t
z
= +


= −



=

;
2
2 1 1
:
1 2 2
x y z
d
− − +
= =
−
. Viết phương trình mp(P) song song với
1
d
và
2
d
, sao cho khoảng cách
từ
1
d
đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ
2
d
đến (P).
Câu VI.b (2,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2
log ( 2 8) 6
8 2 .3 2.3

x x y x y
y x
+
− + =



+ =


.

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 3

Câu 1: Với m=1 ta có
3 2
2 3 1y x x= − +
• TXĐ: D=R Sự biến thiên:
- Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞
-Ta có:
' 6 ( 1)= − ⇒y x x
0
' 0
1
x

y
x
=

= ⇔

=

-BBT:
x
−∞
0 1
+∞
y’ + 0 - 0 +
y 1
+∞
−∞
0
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (
−∞
;0) và (1;
+∞
), Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1)
Hàm số đạt cực đại tại x=0 và y
CĐ
=1, Hàm số đạt cực tiểu tại x=1 và y
CT
=0
Đồ thị:Ta có
1

'' 12 6 '' 0
2
= − ⇒ = ⇔ =y x y x

1 1
( ; )
2 2
I⇒
là điểm uốn của đồ thị.
Câu 1: 2, Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số:
3 2
2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − +
là
nghiệm Đồ thị (C) cắt trục Oy tại
( )
A 0;1
Đồ thi cắt trục Ox tại
( )
1
B 1;0 ;C ;0
2
 
−
 ÷
 
Học sinh Tự
vẽ đồ thị phương trình:
3 2
2 3 ( 1) 1 2 1x mx m x x− + − + = +

( )
2
0
9 8 0 : 3
8
9
=


⇔ − = ⇔ <

=

m
m m tmdk m
m
.
2
2
0 1
(2 3 3) 0
2 3 3 0 (*)
= ⇒ =

⇔ − + − = ⇔

− + − =

x y
x x mx m

x mx m
Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm
A; C; B phân biệt và C nằm giữa A và B khi và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu
2.( 3) 0 3m m⇔ − < ⇔ <
Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn
3
2
3
.
2
A B
A B
m
x x
m
x x

+ =



−

=


và
2 1
2 1
A A

B B
y x
y x
= +


= +

( vì A và B thuộc (d))
AB=
30
2 2
( ) ( ) 30
B A B A
x x y y⇔ − + − =
2
2 2
9 3
( ) 6 ( ) 4 . 6 4. 6
4 2
−
⇔ − = ⇔ + − = ⇔ − =
B A B A B A
m m
x x x x x x
Câu 2: 1. Giải phương trình: 2cos4x - (
3
- 2)cos2x = sin2x +
3
Phương trình đã cho tương đương với: 2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x

2
cosx=0
4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx
2cos3x= 3 osx+sinx
c c x
c

⇔ + ⇔


+
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

+

⇔ ⇔


= − +


12
24 2
x k
k
x
π
π
π π

= − +

⇔


= +


Câu 2: 2. Giải hệ phương trình

2 2
2 1 2 4( 1)
4 2 7
x y x y
x y xy

+ + − = −


+ + =


.
Điều kiện: x+2y
1 0+ ≥
Đặt t =
2 1 (t 0)x y+ + ≥
Phương trình (1) trở thành : 2t
2
– t – 6 = 0
( )
( )
2 /
3
t/m
2
t t m
t k

=


⇔

= −


+ Hệ
2 2
2 3
4 2 7
x y
x y xy
+ =

⇔

+ + =

2
1
1
1
2
x
x
y
y
=

=



⇔ ∪
 
=
=



Câu 3: Ta có: I =
e
1
ln x 2
dx
x ln x x
−
+
∫
=
e
1
ln x 2
dx
(ln x 1)x
−
+
∫
Đặt t = lnx + 1
⇒
dt =

1
dx
x
;
Đổi cận: x = 1 thì t = 1; x = e thì t = 2
Suy ra: I =
2 2
1 1
t 3 3
dt 1 dt
t t
−
 
= −
 ÷
 
∫ ∫
=
( )
2
1
t ln | t |−
= 1 – ln2
Câu 4:
BC AB
BC (SAB) BC SB
BC SA
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥


⊥


Suy ra góc giữa mp(SBC) và mp(ABC) là góc
·
SBA
. Theo giả thiết
·
SBA
= 45
0
Gọi M là trung điểm của SC, H là trung điểm của AC.
Tam giác SAC vuông tại A nên MA = MS = MC, tam giác SBC vuông tại B nên MB = MC =
MS.
Suy ra M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Suy ra tam giác SAB vuông cân tại A, do
đó SA = AB = a., SA
⊥
(ABC), MH // SA nên MH
⊥
(ABC).
Suy ra MH là đường cao khối chóp M.ABC. Suy ra
3
M.ABC ABC
1 a
V MH.S
3 12
∆
= =
Cõu 5: Đặt

zyxt
++=


2
3
)(23
2
2

=+++++=
t
zxyzxyzxyzxyt
.
Ta có
30
222
=++++ zyxzxyzxy
nên
3393
2
tt
vì
.0
>
t
Khi đó
.
5
2

3
2
t
t
A +

=
Xét hàm số
.33,
2
35
2
)(
2
+= t
t
t
tf
Ta có
0
55
)('
2
3
2
>

==
t
t

t
ttf
,
t 3;3 .



Suy ra
)(tf
đồng biến trên
]3,3[
. Do đó
.
3
14
)3()( = ftf
Dấu đẳng thức xảy ra khi
.13 ==== zyxt
Vậy GTLN của A là
3
14
, đạt đợc khi
.1=== zyx
Cõu 6a: 1. Gi AH l ng cao ca
ABC

, ta cú
4
( ; )
5

AH d A= =
1 4 1 4
. . . 2
2 5 2 5
ABC
S AH BC BC BC

= = =
. Gi I ;R ln lt l tõm v bỏn kớnh ca ng
trũn cn tỡm, ta cú :
1
1
2
R AI BC= = =
. Phng trỡnh tham s ca ng thng (

):
x 1 4t
y 1 3t
ỡ
=- +
ù
ù
ớ
ù
= +
ù
ợ
I
ẻ

(

)
ị
I(-1+4t; 1 + 3t) AI = 1

16t
2
+ (3t 1)
2
= 1

t = 0 hoc t =
9
5
+ t = 0
ị
I(-1; 1) Phng trỡnh ca ng trũn l: (x + 1)
2
+ (y 1)
2
= 1
+ t =
9
5

ị
I(-
1
25

;
43
25
). Phng trỡnh ca ng trũn l: (x +
1
25
)
2
+ (y
43
25
)
2
= 1
Cõu 6a: 2. ng thng

i qua im M(1 ; 1 ; 2 ) v cú vtcp l
u

= (2 ; -1 ; 1). Gi
n

= (a ;
b ; c ) l vtpt ca (P). .Vỡ
( )P
nờn
. 0n u

=

2a b + c = 0

b = 2a + c
n


=(a; 2a + c ;
c )
Suy ra phng trỡnh ca mt phng (P) l: a(x 1) + (2a + c )(y 1) + c(z 2 ) = 0

ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0 d(A ; (P)) =
1
3
2 2 2
1
3
(2 )
a
a a c c
=
+ + +

( )
2
0a c + =
0a c
+ =
Chn a = 1 , c = -1 Suy ra phng trỡnh ca mt phng (P) l x + y z = 0
Cõu 7 a: Cho khai trin

( )
10
1 2x+
.
( )
2
2
3 4x 4x+ +
=
0
a
+
1
a
x +
2
a
x
2
+ .+
14
a
x
14
. Tỡm giỏ tr
ca a
6
.
( )
10

1 2x+
.
( )
2
2
3 4x 4x+ +
=
( )
10
1 2x+
.
( )
2
2
2 1 2x
ộ ự
+ +
ờ ỳ
ở ỷ
= 4
( )
10
1 2x+
+ 4
( )
12
1 2x+
+
( )
14

1 2x+
H s ca x
6
trong khai trin 4
( )
10
1 2x+
l 4.2
6
.
6
10
C
H s ca x
6
trong khai trin 4
( )
12
1 2x+
l
4.2
6
.
6
12
C
H s ca x
6
trong khai trin 4
( )

14
1 2x+
l 2
6
.
6
14
C
Vy a
6
= 4.2
6
.
6
10
C
+ 4.2
6
.
6
12
C
+ 2
6
.
6
14
C
=
482496

Cõu 6b: 1. Vỡ im A thuc ng thng x + y + 3 = 0 v C thuc ng thng x+ 2y + 3 = 0
nờn A(a ; - a 3) v C(- 2c 3 ; c).
I là trung điểm của AC
2 3 4 1
3 6 4
a c a
a c c
− − = = −
 
⇒ ⇔
 
− − + = − = −
 

⇒
A(-1; -2); C(5 ;-4)
Đường thẳng BD đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtcp là
u
r
=(1;3) có ptts là
x 2 t
y 3 3t
= +


= − +

B
∈
BD

⇒
B(2+t ; -3 +3t) .Khi đó :
AB
uuur
= (3 +t ;–1+3t);
CB
uuur
= (- 3+t; 1+3t)
. 0AB CB
→ →
=
Û
t =
±
1. Vậy A(-1; -2); C(5 ;-4), B(3;0) và D(1;-6) hoặc A(-1; -2); C(5 ;-4), B(1;-
6) và D(3;0)
Câu 6b: 2.
1
d
đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là :
( )
1
1; 1;0u
→
= −
;
2
d
đi qua điểm B (2; 1; -1) và
vtcp là:

( )
2
1; 2;2u
→
= −
. Gọi
n
→
là một vtpt của (P), vì (P) song song với
1
d
và
2
d
nên
n
→
= [
1 2
;u u
→ →
]
= (-2 ; -2 ; -1)
⇒
(P): 2x + 2y + z + D = 0 ,d(A ; (P) = 2d( B;(P))
7 2. 5D D⇔ + = +

7 2(5 )
7 2(5 )
D D

D D
+ = +

⇔

+ = − +

3
17
3
D
D
= −


⇔

= −

Vậy phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y + z – 3 = 0 hoặc 2x + 2y + z -
17
3
= 0
Câu 7b: Giải hệ phương trình:
2
log ( 2 8) 6 (1)
8 2 .3 2.3 (2)
x x y x y
y x
+

− + =



+ =


. Điều kiện: y – 2x + 8 >
0
(1)
⇔
y – 2x + 8 =
( )
6
2
2y x⇔ =
Thay
2y x=
vào phương trình (2), ta được
2 3
8 2 .3 2.3
x x x x
+ =
8 18 2.27
x x x
⇔ + =
8 18
2
27 27
x x

   
⇔ + =
 ÷  ÷
   
3
2 2
2
3 3
x x
   
⇔ + =
 ÷  ÷
   

Đặt: t =
2
3
x
 
 ÷
 
(t > 0) Ta có phương trình
( )
( )
3 2
2 0 1 2 0t t t t t+ − = ⇔ − + + =
0
1
0
x

t
y
=

⇔ = ⇒

=

Vậy nghiệm của hệ phương trình (0;0)