de thi dai hoc mon toan co dap an so 1

Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 1
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y 

2x  3
.
x2

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng  d  : y  2 x  m cắt (C) tại hai điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến của
(C) tại hai điểm đó song song với nhau.
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình sin x cos 2 x  cos 2 x  tan 2 x  1  2sin 3 x  0 .
3x3   9  y  x 2  3xy  1


2. Giải hệ phương trình 

2

x  9x  2 y  3



Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân

2




.

 x  2sin x  3 cos x dx .
sin 3 x

4

Câu IV. (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy ABC là tam giác đều, hình
chiếu của A trên (A’B’C’) trùng với trọng tâm G của  A’B’C’. Mặt phẳng (BB’C’C) tạo với
(A’B’C’) góc 600 . Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a.
4
3

Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z không âm thỏa mãn x 2  y 2  z 2  . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức: P  2  xy  yz  zx  

3
.
x yz

Câu VI. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết phương trình cạnh
BC là  d  : x  7 y  31  0 , điểm N(7; 7) thuộc đường thẳng AC, điểm M(2; -3) thuộc AB và
nằm ngoài đoạn AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2. Trong không gian Oxyz cho điểm A(3; -2; -2) và mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0 . Viết
phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P) biết rằng mặt phẳng
(Q) cắt hai trục Oy, Oz lần lượt tại điểm phân biệt M và N sao cho OM = ON.

Câu VII. (1,0 điểm) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình
2 1  i  z 2  4  2  i  z  5  3i  0 .
Tính z1  z2 .
2

2

---------------- Hết ---------------Họ và tên thí sinh:…………………………

Số báo danh: ………………………………...

1
Luyện thi Đại Học


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 1
Câu 1: 1.(1.0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
* TXĐ: D = R\{2}.
* y'  

7

 x  2

2

 0 . Vậy hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.

* Hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận ngang y = 2.
* Bảng biến thiên
3
2

Giao Ox: y  0  x   .

3
2

Giao Oy: x  0  y  .

Đồ thị:

Câu 1: 2,(1.0 điểm) Tìm m để đường thẳng …

2

2x  3
 2 x   m  6  x   2 m  3   0  *
Phương trình hoành độ giao điểm:
 2x  m  
x2

x  2

(d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt và khác 2.


2
 g  0

  m  6   8  2m  3  0  m2  4m  60  0 (luôn đúng).

 g  2  0

Với điều kiện trên giả sử đường thẳng cắt đồ thị hàm số tại hai điểm có hoành độ x1  x2 .
6m
. Tại hai giao điểm kẻ hai tiếp tuyến song song khi và chỉ khi
2
y '  x1   y '  x2   x1  x2  4  m  2 .

Ta có x1  x2 

Điều kiện cos x  0

Câu 2: 1, (1.0 điểm) Giải phương trình…

sin x cos 2 x  cos 2 x  tan 2 x  1  2sin 3 x  0  sin x 1  2sin 2 x   2sin 2 x  1  2sin 3 x  0

sin x  1


5
 2sin x  sin x  1  0  
 x    k 2 ; x   k 2 ; x 
 k 2 .
1
sin x 

2
6
6

2
5


Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm S    k 2 ;  k 2 
6
6

2

Câu 2: 2, (1.0 điểm) Giải hệ phương trình…
 x 2  3x   3x  y   1
 x 2  3x  1
hpt  

hoặc
2
 x  3x  2  3x  y   3 3x  y  1

 x 2  3x  2


1
3x  y 

2



3  13
3  13
x
x


 x  3x  1 

2
2
Nếu 
hoặc 

3x  y  1
 y  11  3 13
 y  11  3 13



2
2
2



3  17
3  17

 x 2  3x  2
x 
x 



2
2
Nếu 
hoặc 
1 
3x  y 
 y  10  3 17
 y  10  3 17

2



2
2

Câu 3(1,0 điểm) Tính tích phân…
2
Luyện thi Đại Học


Gia sư Thành Được




2

I 

www.daythem.edu.vn



 x  2sin x  3 cos x dx  2 x cos x dx  2  2sin x  3 cos x dx

 sin

sin 3 x





4

3

x

4





sin 3 x



4








x cos x
1
1 x
12 1
1   1
1
 1 
I1  
dx    xd  2   
  2 dx       cot x 2 
3
2
2   sin x 
2 sin x  2  sin x
2 2 2  2

2
 sin x
4
2

2

4

4


2

I2  


2

4

4



 2sin x  3 cos x dx  2 2sin x  3 d




3

sin x

4

3

sin x

 sin x   2

2

7
2

Vậy I  I1  I 2  2 2  3 .

4

Câu 4(1,0 điểm)Tính thể tích…

Gọi M,M’ lần lượt là trung điểm BC, B’C’  A’, G, M’ thẳng hàng và AA’M’M là hình bình
hành . A’M’  B’C’, AG  B’C’  B’C’  (AA’M’M)  góc giữa (BCC’B’) và (A’B’C’) là góc
giữa A’M’ và MM’ bằng M ' MA  600 .
x 3
x 3
 A ' M ', A ' G 
.

2
3
a 3
a x 3
a 3
x
Trong  AA’G vuông có AG = AA’sin600 =
; A ' G  AA ' cos600  
2
3
2
2
2
2
2
1
x 3
3 a 3 2 3a 3
a 3 3a 3 9a 3
0
SABC  AB. AC.sin 60 

(
) 
VABC . A ' B 'C '  AG.S ABC 

.
2
4
4

2
16
2
16
32

Đặt x = AB. Ta có  ABC đều cạnh x có AM là đường cao.  AM 

Câu 5: (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của…
2 3

 t  2 
 3


Đặt x  y  z  t 
xy  yz  zx 

1
1
4
3 4
2
 x  y  z   x 2  y 2  z 2    t 2   nên P  t 2  

2
2
3
t 3

3
t

Xét hàm số f  t   t 2  
f '  t   2t 

4
xác định trên
3

2 3 
; 2 ;

3



2 3 3 3
3
3
25
 0  t  3 (loại). f 
; f  2 
 
2
t
2
2
6
 3 

3
Luyện thi Đại Học


Gia sư Thành Được
www.daythem.edu.vn
3 3
2 3
2 3
 2 trong 3 số x, y, z bằng 0 số còn lại bằng
Vậy min P 
khi t 
2
3
3

Vậy max P 

25
2
khi t  2  x  y  z  .
6
3

Câu 6: 1, (1.0 điểm) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC
Đường thẳng AB đi qua M nên có phương trình a  x  2   b  y  3  0  a 2  b 2  0 

 AB; BC   450 nên

cos 450 

3a  4b

.
50 a 2  b 2
 4a  3b
a  7b

Nếu 3a = 4b, chọn a = 4, b = 3 ta được  AB  : 4 x  3 y  1  0 .  AC  : 3 x  4 y  7  0 .
Từ đó A(-1; 1) và B(-4; 5). Kiểm tra MB  2MA nên M nằm ngoài đoạn AB (TM)
Từ đó tìm được C(3; 4)
Nếu 4a = -3b, chọn a = 3, b = -4 được  AB  : 3 x  4 y  18  0 ,  AC  : 4 x  3 y  49  0
Từ đó A(10; 3) và B(10;3) (loại)
Nếu không kiểm tra M nằm ngoài AB trừ 0.25 điểm.
Câu 6: 2, (1.0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng….
Giả sử nQ là một vecto pháp tuyến của (Q). Khi đó nQ  nP 1; 1; 1
Mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy và Oz tại M  0; a;0  , N  0;0; b  phân biệt sao cho OM = ON nên
a  b  0
a  b 
 a  b  0

Nếu a = b thì MN   0; a; a  // u  0; 1;1 và nQ  u nên nQ  u, nP    2;1;1 .
Khi đó mặt phẳng (Q): 2x  y  z  2  0 và  Q  cắt Oy, Oz tại M  0; 2;0  và N  0;0; 2  (thỏa mãn)
Nếu a = - b thì MN   0; a; a  // u  0;1;1 và nQ  u nên nQ  u, nP    0;1; 1 .
Khi đó mặt phẳng (Q): y  z  0

 Q  cắt Oy, Oz tại

M  0;0;0  và N  0;0;0  (loại). Vậy  Q  : 2 x  y  z  2  0 .

Câu 7: ( 1 điểm)Tính z1  z2 ....
2

2

Có  '  4  2  i   2 1  i  5  3i   16 . Vậy phương trình có hai nghiệm phức
2

z1 

3 5
1 1
 i, z2    i
2 2
2 2

Do đó z1  z2  9 .
2

2

4
Luyện thi Đại Học