de thi dai hoc mon toan co dap an so 2

Gia sư Thành Được

www.daythem.com.vn

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 2
I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1/ (2,0 điểm).Cho hàm số y = x3 –6x2 + 9x –2 có đồ thị là (C)
a/ Khảo sát sư biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho
b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, biết M cùng với hai cực trị của (C) tạo
thành một tam giác có diện tích S = 6


Câu 2/ (1 điểm).Giải phương trình: 2 sin 2 x    sin x  3 cos x  2  0


4

2

 x  2y  3  2y  3  0

Câu 3/ Giải hệ phương trình: 





2
3
3


2 2 y  x  3 yx  1  6 xx  1  2  0



Câu 4/ ( 1 điểm) Tính: A   2 sin x cos x ln1  sin 2 x dx
0

Câu 5/ ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a.SA vuông góc mặt đáy và
SA = 2a
a/ Gọi M là trung điểm SB, V1 là thể tích tứ diện SAMC, V 2 là thể tích tứ diện ACD. Tính tỷ số
b/ Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD
Câu 6/ Cho hai số thực dương thỏa điều kiện: 3x  y  1
Tìm giá trị nhỏ nhất của A 

1
1

x
xy

II . 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 7.a (1,0 điểm).Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d: 2x + y = 0, qua
A(–2 ; 2) và tiếp xúc : 3x – 4y + 14 = 0
Câu 8.a (1,0 điểm). Cho B5 ;  2 ; 2 , C 3 ;  2 ; 6 và (P): 2x + y + z –5 = 0. Tìm tọa độ
điểm A thuộc (P) sao cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A
Câu 9 .a . (1,0 điểm )
Giải phương trình: 8 log4 x 2  9  3 2 log4 x  32  10  log2 x  32
B . Theo chương trình nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Cho (C): (x +6)2 + (y –6)2 = 50. M là điểm thuộc (C)( M có hoành độ

và tung độ đều dương) .Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M sao cho tiếp tuyến
này cắt hai trục tọa độ tại A và B nhận M là trung điểm
Câu 8.b (1,0 điểm ). Cho M(0; 0; 1) A(1 ; 0 ; 1)và B(2; –1;0). Viết phương trình mặt phẳng
(P) qua A,B và khoảng cách từ M đến (P) bằng
Câu 9.b . (1,0 điểm ). Giaỉ bất phương trình: log 6



1

3

2
.
2
x  6 x  log 64 x



V1
V2


Gia sư Thành Được

www.daythem.com.vn

3

2

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 2

Câu 1a : Cho hàm số y = x –6x + 9x –2 có đồ thị là (C)
a/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số đã cho
/
2
y = 3x –12x + 9
y/ = 0  x = 1  x = 3
lim x 3  6 x 2  9 x  2   và lim x 3  6 x 2  9 x  2  
x 





x 



Tập xác định: D = R



Bảng biến thiên và kết luận
Đồ thị
Câu 1.b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, biết M cùng với hai cực trị của (C) tạo thành một
tam giác có diện tích S = 6 .Hai điểm cực trị A(1 ; 2), B(3 ; –2), AB  2 5
Phương trình AB: 2x + y – 4 = 0. Gọi M m ; m3  6m 2  9m  2  C 



d M ; AB  



2m  m 3  6m 2  9m  2  4
5



m 3  6m 2  11m  6
5

1
AB.d M ; AB   m 3  6m 2  11m  6
2
m 3  6m 2  11m  6  6
m  0

S 6 3
m  4
2

m  6m  11m  6  6
*m = 0  M(0; –2) phương trình: y = 9x –2 * m = 4  M(4 ; 2) phương trình: y = –3x +14


Câu 2: Giải phương trình 2 sin 2 x    sin x  3 cos x  2  0
4




2 sin 2 x    sin x  3 cos x  2  0  sin 2 x  cos 2 x  sin x  3 cos x  2  0
4

 2 sin x cos x  sin x  2 cos2 x  3 cos x  1  0  sin x2 cos x  1  cos x  12 cos x  1  0
 1
1

 2 cos x  1sin x  cos x  1  0  cos x  , sin  x   
4
2
2

Diện tích tam giác MAB: S 



 k 2 , x  k 2 , x 



 k 2
3
2
2

 x  2 y  3  2 y  3  0 1
Câu 3:Giải hệ phương trình: 

2
3
3

2 2 y  x  3 yx  1  6 xx  1  2  0
Nghiệm phương trình: x  





3

2

2

 x  1
 x  1
3
2
  3
  4  0
(2)  2x  1  3 yx  1  4 y  0  2
do y = 0 không là nghiệm
 y 
 y 
 x 2  2 y  3  2 y  3  0  4 y 2  6 y  4  3  2 y
x 1


 2 . Hệ trở thành: 



y


x


2
y

1
x


2
y

1


14
5
3
 14 5 
x   , y  , y  nghiệm của hệ:   ; 
9
18

2
 9 18 


1
Câu 4: Tính: A   2 sin x cos x ln 1  sin 2 x dx .
Tính: A   2 sin 2 x ln 1  sin 2 x dx
0
2 0
sin 2 x
dx và v  1 sin 2 x
Đặt u  ln 1  sin 2 x và dv  sin 2 xdx . Suy ra: du 
1  sin 2 x











2




Gia sư Thành Được

www.daythem.com.vn
S

M
A
D
H
B

C







2
 ln 4  1
1
 1
2
2
2
2
2
2
2
A   1  sin x ln 1  sin x   sin 2 xdx  1  sin x  ln 1  sin x    sin x  2  

0
0
0
2
2
2
0





Câu 5a :Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a.SA vuông góc mặt đáy và SA = 2a
V
a/ Gọi M là trung điểm SB, V1 là thể tích tứ diện SAMC, V 2 là thể tích tứ diện MACD. Tính tỷ số 1 . Ta
V2
V
1
1
có: S . AMC  . Gọi H là trung điểm SA . SA  (ABCD) nên MH  (ABCD) và MH  SA
2
VS . ABC 2
V
1
. VM . ACD  VM . ABC  VS . ABC vậy: 1  1
2
V2
Câu 5b :Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AD. Gọi E
S
là điểm đối xứng của B qua A.Ta có AEDC là hình bình hành và

góc EAC bằng 1350, CD = a và AC  a 2 . AC // ED nên AC //
(SDE)  SD nên d(AC,SD) = d(AC,(SDE)) = d(A,(SDE)). Kẻ AH
 ED ( H ED)  ED(SAH)  (SED)(SAH). Kẻ AK SH 
AK  (SDE) vậy AK = d(AC,SD) . Trong tam giác SAH có
K
A
C
1
1
1
1
1
3


 2  2  2 Vậy:AK = d(AC,SD) =
2
2
2
AK
SA
AH
4a
2a
4a
2a
D
E
H
3

1
1
Câu 6: Cho hai số thực dương thỏa điều kiện: 3x + y ≤ 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của A  
x
xy



 



Giải. 1  3x  y  x  x  x  y  44 x 3 y hay

4

xy 

1
4

A

1
1
1


≥2
x

xy
x xy

2
4

x3 y

8

1

x

y


2
1
1
A=8 
 x  y  . Giá trị lớn nhất của A là 8 khi x  y 
1
1
2
2
 
4
xy
 x

Câu 7a :Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d: 2x + y = 0, qua A(–2 ; 2) và tiếp xúc : 3x – 4y +
14 = 0. Tâm I thuộc d nên I(a ; –2a). Theo giả thiết ta có AI = d(I ; d) hay

3


Gia sư Thành Được

a  22   2a  22

www.daythem.com.vn
3a  8a  14

 5 5a 2  12a  8  11a  14  a = 1
25
Ta được I(1; –2)  bán kính R = 5 .Phương trình đường tròn cần tìm: (x –1)2 + (y +2)2 = 25
Câu 8a : Cho B5 ;  2 ; 2 , C 3 ;  2 ; 6 và (P): 2x + y + z –5 = 0. Tìm tọa độ điểm A thuộc (P) sao cho
tam giác ABC vuông cân đỉnh A. Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực cạnh BC, (Q) qua trung điểm của BC và


có vectơ pháp tuyến là BC . Phương trình (Q): x –2z + 4 = 0.
2 a  b  c  5  0
b  13  5c
Gọi A(a ; b; c) (P) và A(a ; b; c) (Q) nên: 
 
a  2c  4  0
a  2c  4
.Khi đó: A2c  4 ; 13  5c ; c  . AB  9  2c ; 5c  15 ; 2  c  và AC  7  2c ; 5c  15 ; 6  c 
Tam giác ABC vuông tại A nên: AB. AC  0  9  2c 7  2c   5c  15  2  c 6  c   0 
20 13 

5
 11
; 
30c 2  170c  200  0  c  4  c  có hai điểm A1  1 ;  7 ; 4 và A2  ; 
3 3
3
3
2

Câu 9a :Giải phương trình: 8 log4 x 2  9  3 2 log4 x  3  10  log2 x  3
2

x 2  9  0
 x  3  x  3


2
2
Điều kiện: log 4  x  3  0   x  3  1 
x  3  0

2
 x  3  0


2

 x  3  x  3

 x  4  x  2  x   4  x  3

x  3


Phương trình đã cho trở thành: log2 x  3  3 log2 x  3  10  0
2



2

log 2  x  3  2, log 2  x  3  5  vn   log2 x  3  4  x  3  16
2

2

2

2

x  3  4
 x  1 l 
 
 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = –7
 x  7
 x  3  4
Câu 7b :Cho (C): (x +6)2 + (y –6)2 = 50. M là điểm thuộc (C)(M có hoành độ ,tung độ đều dương). Viết
phương trình tiếp tuyến của (C) tại M sao cho tiếp tuyến này cắt hai trục tọa độ tại A và B nhận M là trung
điểm. (C) có tâm I(–6 ; 6) và bán kính R  5 2
a b

Gọi A(a ; 0) và B(0 ; b) ( ab ≠ 0) là giao điểm của tiếp tuyến cần tìm với hai trục tọa độ,suy ra M  ;  ,
 2 2
b
x y
a

phương trình AB:   1  bx  ay  ab  0 * . IM    6 ;  6  và AB   a ; b 
2
a b
2

  a  12   b  12 
 a 2   b 2   0
 

 
Theo giả thiết ta có : IM  AB và M(C) hay 
2
2
 a  6    b  6   50
 

 2
 2

b 2  a 2  12a  12b  0
b  a b  a   12a  b   0
a  b b  a  12  0 1

  a  12  2  b  12  2


 
.
2
2
2
2










a

12

b

12

200
a

12


b

12

200
2


50







 2   2 
b   a l 
1  
b  a  12
Với b  a  12 thay vào (2) được: a  12  a 2  200  a = 2  a = –14 ( loại)
Với a = 2 , b = 14, ta có phương trình: 7x +y –14 = 0
2

4


Gia sư Thành Được

www.daythem.com.vn

Câu 8b :Cho M(0; 0; 1), A(1 ; 0 ; 1)và B(2; –1;0). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B và khoảng
2
cách từ M đến (P) bằng
.
2
Phương trình mặt phẳng qua A có dạng: a(x –1) + by + c(z –1) = 0
(a2 + b2 + c2 > 0): hay ax + by +cz –a –c = 0
Qua B nên: 2a –b –a –c = 0 hay a = b + c. Khi đó (P): (b+c)x + by +cz –b –2c = 0
bc
1
2

d M ; P  
nên:
2
2
b  c 2  b 2  c 2
Hay: 2b 2  4bc  2c 2  2b 2  2bc  2c 2  0  b = 0  c = 0
Với c = 0 a = b. Chọn b = 1  c = a. (P): x + y –1 = 0
Với b = 0 a = c. Chọn c = 1  c = a. (P): x + z –2 = 0
Câu 9b :Giaỉ bất phương trình: log 6 3 x  6 x  log 64 x Đặt: t  6 x , t  0  suy ra: x = t 6













Bất phương trình trở thành: log6 t  t  log64 t 6  log6 t 2  t  log2 t
2

u

u

 2 1
Đặt: log2 t  u  t  2 . Bật phương trình trở thành: 4  2  6        1
 3  3
u

u

u

u

u

u

 2 1
Gọi: f u        là hàm luôn nghịch biến nên: f u   f 1  1  u  1  log 2 t  1
 3  3

 t  2  6 x  2  0 ≤ x ≤ 64

5