DE 7 THI THU DH +DAP AN

ĐỀ THI THỬ ĐH&CĐ
MÔN TOÁN-KHỐI A+B: (180 phút)
----------------------------------------------------------

A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm):
y = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1) x − m3 + m (1)
Câu I (2 điểm):
Cho hàm số
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1
2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị
hàm số đến
góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc
tọa độ O.
Câu II (2 điểm):
π
2cos3x.cosx+ 3(1 + s in2x)=2 3cos 2 (2 x + )
1. Giải phương trình :
4
2. Giải phương trình :
log 21 (5 − 2 x) + log 2 (5 − 2 x).log 2 x +1 (5 − 2 x) = log 2 (2 x − 5) 2 + log 2 (2 x + 1).log 2 (5 − 2 x)
2

π
tan( x − )
4 dx
Câu III (1 điểm):
Tính tích phân :
I=∫
c
os2x
0

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc
với đáy
và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SD và
mặt phẳng
(AMN). Chứng minh SD vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI.
Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
P = 3( x 2 + y 2 + z 2 ) − 2 xyz .
B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1
hoặc 2)
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa (2 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng
∆ : 3x − 4 y + 4 = 0 .
Tìm trên ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác
ABC
bằng15.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
(S ) : x2 + y 2 + z 2 − 2 x + 6 y − 4 z − 2 = 0 .
r
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1;6; 2) , vuông góc
với mặt
phẳng (α ) : x + 4 y + z − 11 = 0 và tiếp xúc với (S).
Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của x 4 trong khai triển Niutơn của biểu thức :
P = (1 + 2 x + 3 x 2 )10
π
6


2.Theo chương trình nâng cao:

Câu VIb (2 điểm):
x2 y 2
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) : +
= 1 và hai điểm A(3;-2) ,
9
4
B(-3;2) .
Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện
tích lớn nhất.
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
(S ) : x2 + y 2 + z 2 − 2 x + 6 y − 4 z − 2 = 0 .
r
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1;6; 2) , vuông góc
với mặt
phẳng (α ) : x + 4 y + z − 11 = 0 và tiếp xúc với (S).
Câu VIIb (1 điểm):
2
22
2n n 121
Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... +
Cn =
2
3
n +1
n +1
HẾT
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu

NỘI DUNG

2. Ta có y = 3 x − 6mx + 3(m 2 − 1)
Để hàm số có cực trị thì PT y , = 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇔ x 2 − 2mx + m 2 − 1 = 0 có 2 nhiệm phân
biệt
⇔ ∆ = 1 > 0, ∀m
Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số
là
B(m+1;-2-2m)
 m = −3 + 2 2
2
Theo giả thiết ta có OA = 2OB ⇔ m + 6m + 1 = 0 ⇔ 
 m = −3 − 2 2
Vậy có 2 giá trị của m là m = −3 − 2 2 và m = −3 + 2 2 .
1.
π 

PT ⇔ cos4x+cos2x+ 3(1 + sin 2 x) = 3 1 + cos(4x+ ) ÷
2 

,

I

Điêm

2

⇔ cos4x+ 3 sin 4 x + cos2x+ 3 sin 2 x = 0

05

025

025

05


II

π
π
⇔ sin(4 x + ) + sin(2 x + ) = 0
6
6
π
π

x=− +k

π
18
3
⇔ 2sin(3 x + ).cosx=0 ⇔ 
6
 x= π + kπ
 2
π
π
π

Vậy PT có hai nghiệm x = + kπ và x = − + k .
2
18
3

05

5
 −1
 2.
2. ĐK :  2
 x ≠ 0
Với ĐK trên PT đã cho tương đương với
log 22 (5 − 2 x)
log 22 (5 − 2 x) +
= 2 log 2 (5 − 2 x) + 2 log 2 (5 − 2 x) log 2 (2 x + 1)
log 2 (2 x + 1)

05

−1

x
=

4
log 2 (2 x + 1) = −1

1

⇔ log 2 (5 − 2 x) = 2 log 2 (2 x + 1) ⇔  x = ∨ x = −2

2
log 2 (5 − 2 x) = 0
x = 2


Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2.
III

π
π
tan( x − )
2
6
4 dx = − tan x + 1 dx
I=∫
∫0 (t anx+1)2
cos2x
0
π
6

Đặt

t = t anx ⇒ dt=

x=0⇒t =0
π
1

x= ⇒t =
6
3
Suy ra

1
3

I =−∫
0

025

025
025

1
dx = (tan 2 x + 1)dx
cos 2 x

05

1

dt
1 3 1− 3 .
=
=
2
(t + 1)

t + 10
2

025

S

D


B

 AM ⊥ BC , ( BC ⊥ SA, BC ⊥ AB )

 AM ⊥ SB, ( SA = AB )
Tương tự ta có AN ⊥ SC (2)
AI ⊥ SC
Từ (1) và (2) suy ra
Ta có

IV

⇒ AM ⊥ SC (1)

C

05

V

Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)
1
Suy ra VABMI = S ABM .IH
3
a2
Ta có S ABM =
4
IH
SI SI .SC
SA2
a2
1
1
1
=
=
=
=
= ⇒ IH = BC = a
2
2
2
2
2
BC SC
SC
SA + AC
a + 2a
3
3

3
2
3
1a a a
Vậy VABMI =
=
3 4 3 36

05

Ta c ó:
P = 3  ( x + y + z ) 2 − 2( xy + yz + zx)  − 2 xyz

= 3 [ 9 − 2( xy + yz + zx) ] − 2 xyz

025

= 27 − 6 x( y + z ) − 2 yz ( x + 3)
≥ 27 − 6 x(3 − x) −
=

( y + z)2
( x + 3)
2

1
(− x 3 + 15 x 2 − 27 x + 27)
2

025

f ( x) = − x 3 + 15 x 2 − 27 x + 27
x = 1
f , ( x) = −3 x 2 + 30 x − 27 = 0 ⇔ 
x = 9

Xét hàm số

x

−∞

0

y’

VIa

1
+

y

,

0

với 0

3

+∞

-

14

Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7 ⇔ x = y = z = 1 .
3a + 4
16 − 3a
) ⇒ B (4 − a;
) . Khi đó diện tích tam giác ABC là
1. Gọi A(a;
4
4
1
S ABC = AB.d (C → ∆) = 3 AB .
2
2
a = 4
 6 − 3a 
2
Theo giả thiết ta có AB = 5 ⇔ (4 − 2a ) + 
÷ = 25 ⇔  a = 0
 2 

VIIa
Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).
2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và

r bán kính R=4
Véc tơ pháp tuyến của (α ) là n(1; 4;1)
r
Vì ( P ) ⊥ (α ) và song song với giá của v nên nhận véc tơ
uur r r
n p = n ∧ v = (2; −1; 2) làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0
Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d ( I → ( P )) = 4 ⇔
 m = −21
d ( I → ( P )) = 4 ⇔ 
m = 3
Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0.
VIb
Ta có

05

10

10

k

k =0

k =0

i =0

P = (1 + 2 x + 3 x 2 )10 = ∑ C10k (2 x + 3 x 2 ) k = ∑ (∑ C10k Cki 2 k −i 3i x k +i )

Theo giả thiết ta có

k + i = 4
i = 0 i = 1 i = 2

∨
∨
0 ≤ i ≤ k ≤ 10 ⇔ 
k
=
4
k
=
3


k = 2
i, k ∈ N


Vậy hệ số của x 4 là:

C104 24 + C103 C31 223 + C102 C22 32 = 8085 .

05

05

025
025

025
025
05

025
025


VIIb
1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0
x2 y2
Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có +
= 1 và diện tích tam giác ABC
9
4
là
1
85
85 x y
S ABC = AB.d (C → AB ) =
2x + 3y = 3
+
2
13 3 4
2 13
85  x 2 y 2 
170
≤3
2 + ÷ = 3
13  9

4 
13
 x2 y 2

 9 + 4 = 1  x = 3 2
3 2
⇔
2
Dấu bằng xảy ra khi 
. Vậy C (
; 2) .
2
x = y
y = 2

 3 2
n
0
1
2 2
n n
Xét khai triển (1 + x ) = Cn + Cn x + Cn x + ... + Cn x
Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được:
3n +1 − 1
22
23
2n +1 n
= 2Cn0 + Cn1 + Cn3 + ... +
Cn
n +1

2
3
n +1
2
22
2n n 3n +1 − 1
121 3n +1 − 1
Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... +
Cn =
⇔
=
⇔
2
3
n +1
2(n + 1)
n + 1 2(n + 1)
⇔ 3n +1 = 243 ⇔ n = 4
Vậy n=4.

05

05

05

05