De va DA thi thu DH so 26.doc

CC 22C
n
2
ĐỀ THI THỬ SỐ 26 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi: TOÁN, khối A, B, D
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
x
2
+ (3m − 2) x + 1 −
2m y =
x + 2
(1) , với m là tham số thực. 1.
Khảo sát sự
bi
ế
n
thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) đồng
bi
ế
n
trên từng khoảng xác định của nó.
Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 3sin x
+
cos 2 x
+
s in2x =4sinxcos
2
x

.
2
2. Giải hệ phương trình



x −1 −
y = 8 − x
3
( x, y
∈
R).
( x − 4)
4
= y
Câu III (2 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm


x
−
y
+
1
=

0
A(1;
0;
-1), B(2; 3; -1), C(1; 3; 1) và đường thẳng d:



x
+
y
+
z
−
4
=

0.
1. Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng d sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD
bằng 1.
2.
V
i
ế
t phương trình tham số của đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác ABC
và vuông góc với mặt phẳng (ABC).
Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân
1
I
=

∫
0
x
3
dx
.

4 − x
2
2. Cho số nguyên n (n ≥ 2) và hai số thực không âm x, y. Chứng minh rằng
n
x
n
+
y
n
≥

n
+
1
x
n +1
+
y
n +1
.
Đẳng thức xảy ra khi nào?
PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b.
Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm)
1. Chứng minh rằng
n
0
2
n
−
1

C
1
n
+
n
+
...
+
1 n −1
0

n
n
+
n
3
n
+
1
−
1
=
n
+
1
n
2 1 2(n
+
1)
(n là số nguyên dương, C

k
là số tổ hợp chập k của n phần tử).
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(3; 0), B(0; 4). Chứng minh
rằng đường tròn nội ti
ế
p
tam giác OAB ti
ế
p
xúc với đường tròn đi qua trung
điểm các c
ạ
nh
của tam giác OAB.
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1. Giải bất phương trình 3
2 x
+
1
− 2
2 x
+
1
− 5.6
x
≤
0
.
2. Cho tứ diện ABCD có các mặt ABC và ABD là các tam giác đều c
ạ

nh
a, các mặt
ACD và BCD vuông góc với nhau. Hãy tính theo a thể tích khối tứ diện ABCD và
tính số đo của góc giữa hai đường thẳng AD, BC.
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn: TOÁN (đề số 2), khối
B
Câu Nội
dung
Điểm
I
2,
00
1
Khảo sát sự
bi
ế
n
thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
x
2
+
x
−
1 1
Khi m = 1 hàm số trở thành y = = x − 1 + .
x + 2 x + 2
• Tập xác định : R \ {-2}.
•
Sự

bi
ế
n
thiên:
2
y
'
=
1
−
1
=

x
+
4 x
+
3
, y
'
=

0
⇔
x
=

−
3 hay x
=

−
1.
( x
+
2)
2
( x
+
2)
2
• y
CĐ
= y(-3) = -5, y
CT
= y(-1) = -1.
0,
25
• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = -2, tiệm cận xiên y = x – 1.
0,
25
Bảng
bi
ế
n
thiên:
x
−∞ −
3
−2

−
1
+∞
y
'
+
0
− −
0
+
−
5
+∞
+∞
y
−∞ −∞
−
1
0,
25
• Đồ thị:
y
-2
-1
0
-3
x
-1
-5
0,

25
2
Tìm các giá trị của m…(1,00 điểm)
Ta có
y
=
x
+
(3m
−
4)
+

9
−
8m
.
x
+

2
8m
−
9 x
2
+
4 x
+
8m
−

5
y
'
= 1 + =
. ( x + 2)
2
0,50
Hàm số đã cho đồng
bi
ế
n
trên các khoảng xác định của nó khi và chỉ
khi y
'
≥

0
∀
x
≠

−
2
⇔
x
2
+
4x
+
8m

−
5
≥

0
∀
x
≠

−
2
⇔
m
≥

9
.
8
0,50
II
2,
00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
3sin x + cos 2 x + s in2x=2sinx+sin2x ⇔ 2sin
2
x − sin x −1 =
0
(sin x −1)(2 sin x + 1) =

0.
0,50
•
sin x
=
1
⇔
x
=

π

+
k 2
π

.
2
•
sin x
=

−

1
⇔
x
=

−

π

+
k 2
π
hoặc x
=

7
π

+
k 2
π
.
2 6
6
Nghiệm của phương trình là
x
=

π

+
k 2
π

∨
x

=

−

π

+
k 2
π

∨
x
=

7
π

+
k 2
π

, k
∈
Z.
2 6 6
0,50
2
Giải hệ phương trình
(1,
00

điểm)
Điều kiện x ≥
0
, y ≥
0
. Hệ phương trình đã cho tương đương với


x
−
1
−
( x
−
1)
2
+
x
3
−
8
=

0
(1)

y
=
( x
−

1)
4
(2)
Xét hàm số f (t ) = t −1 − (t −1)
2
+ t
3
− 8 , với t ≥ 1.
Ta có f
/
(t)
=
(t
−
1)
2
+
2t
2
+
1
+
1
>

0
với mọi t > 1 nên f(t) đồng
2 t − 1
bi
ế

n
trên (1; +∞).
0,50
Phương trình (1) có
d
ạ
ng
f(x) = f(2) nên (1) ⇔ x = 2, thay vào (2) ta
được y = 1.
Nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (2; 1).
0,50
III
1
Tìm tọa độ điểm D…(1,00 điểm)
→
Ta có vectơ AB = (1; 3; 0), vectơ
AC
=
(
0;
3; 2). Suy ra tích có
→
hướng của hai vectơ AB, AC là vectơ n = (6; -2; 3).


x = t
Phương trình của đường thẳng d là :


y

=
1
+
t


z
=
3
−

2
t
.



Vì D ∈ d nên D(t; 1 + t; 3 – 2t) ⇒ AD = (t − 1; t + 1; −2t + 4).
V
=

1
n. AD
=

1
6(t
−
1)
−

2(t
+
1)
+
3(
−
2t
+
4)
=

2
−
t
.


ABCD
0,50
2
−
t
Do đó V
=
1
⇔ =
1
⇔
t
=

−
1 hay t
=
5.
Có hai điểm D thỏa mãn bài toán là: D( - 1 ;
0
; 5) và D(5 ; 6 ; -7).
0,50
2 V
i
ế
t phương trình tham số của đường thẳng (1,00 điểm)
− Phương trình mặt phẳng (α) qua C và vuông góc với AB là:
1(x - 1) + 3(y - 3) =
0
⇔
x + 3y –
10
=
0.
0,50
ABCD
3
− Phương trình mặt phẳng (β) qua B và vuông góc với AC là:
3(y - 3) + 2(z + 1) =
0
⇔ 3y + 2z – 7 =
0.
Gọi

∆
là đường thẳng qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc
với mặt phẳng (ABC), suy ra
∆
là giao t
uy
ế
n
của (α) và (β).
Nhận thấy N(1;3;-1)∈
∆
và
∆
nhận n làm một vectơ chỉ phương nên


x = 1 +
6
t
phương trình tham số là:


y
=
3
−
2t


z

=

−
1
+

3
t
.

0,50
IV
2,
00
1
Tính tích phân … (1,00 điểm)
Đặt t = 4 − x
2
⇒ x
2
= 4 − t
2
, xdx = −tdt.
x =
0
⇒ t = 2, x = 1 ⇒ t = 3
0,
25
3
(4

−
t
2
)tdt
2

t
3


2
I
=

−

∫
=

∫

(4
−
t
2
)dt
=



4t
−

2
t
3

3

3
0,50
=

16
−
3 3 .
3
0,
25
2
Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm)
Với x = 0 hoặc y = 0, bất đẳng thức đúng và dấu bằng xảy ra.
Với xy ≠
0,
bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
n
n
+
1
n

1
+



x


≥

n +1
1
+



x


.
  

n
1
+
t
n
Xét hàm số f (t) = với t ∈ (
0
; + ∞) .

n
+
1
1 + t
n
+
1
n
−
1
Ta có f
'
(t)
=
t (1
−
t )
, f
'
(t)
=

0
⇔
t
=
1.
n
+
1

(
1
+
t
n
+
1
)
n

+
2
n
(
1

+
t
n
)
n
−
1
0,50
lim f (t)
=
1, lim f (t)
=
1 .
t →

0
+
t
→+∞
Bảng
bi
ế
n
thiên:
x
0
1
+∞
f
'
(t )
0
+
0
−
f
(1)
f (t)
1
1
Từ bảng
bi
ế
n
thiên suy ra f(t) ≥ 1 với mọi t ∈ (

0
; + ∞)
. Thay t =
y
ta được điều phải chứng minh.
x
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc y = 0.
0,50


y




y

V.a
2,
OO
1
Chứng minh đẳng thức tổ hợp (1,00 điểm)
Xét khai triển (2x
+
1)
n
=
C
O
(2 x)

n
+
C
1
(2 x)
n
−
1
+
...
+
C
n
−
1
(2 x)
+
C
n
.
n n n n
1 1
Suy ra
∫

(2 x
+
1)
n
dx

=

∫

[C
O
(2 x)
n
+
C
1
(2 x)
n
−
1
+
...
+
C
n
−
1
(2 x)
+
C
n
]
dx.
n n n n
O,5O

(2x
+
1)
n
+
1
1


2
n
C
O
2
n
−
1
C
1
2
1
C
n
−
1
2
O

C
n



1
⇒ =

n
x
n
+
1
+
n
x
n
+ ... +
n
x
2
+
n
x

2(n
+
1)
O
n
+
1 n 2 1
O

 


2
n
C
O
2
n
−
1
C
1
2
1
C
n
−
1
2
O

C
n


3
n
+
1

−
1
⇒


n
+
n
+ ... +
n
+
n


=
.

n
+
1 n 2 1

2(n
+
1)
O,5O
2
Chứng minh hai đường tròn ti p xúc với nhau (1,00 điểm)
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của OA, OB, AB.
⇒
M



3
;
O


, N
(
O
; 2
)

, P


3
; 2


.
   
Tam giác MNP vuông t i P nên tâm đường tròn đi qua ba điểm M, N,
P là trung điểm I


3
;1


của MN va bán kính R
=

MN
=

5
.


4

2 4
 
O,5O
Mặt khác tam giác OAB vuông t i O nên đường tròn nội ti p tam giác
OAB có bán kính r
=

OA
+
OB
−
AB
=
1 va tam J nằm trên đường
2
thẳng y = x va thuộc góc phần tư thứ nhất nén J(1; 1).
Ta có IJ
=

1
=

5
−
1
=
R
−
r, suy ra điều phải chứng minh.
4 4
O,5O
V.b
2,
OO
1
Giải bất phương trình logarit
(1,
OO
điểm)
Bất phương trình đã cho tương đương với


3

2 x


3


x



3

x
 


3

x

3


2

−
5


2


−
2
≤

O
⇔




2


−
2



3


2


+
1


≤

O
   



 









O,5O
x
⇔



3


≤
2
⇔
x
≤
log
2.


2


3 2



O,5O
2
Tính thể tích và góc (1,00 điểm)
Gọi M là trung điểm của CD, khi đó AM ⊥ CD, BM ⊥ CD. Từ giả
thi t suy ra

AMB
=
9O


. Ma AM = BM nén
ΑAMB
vuông can t i M.
Do đó
BM
=

a 2
⇒
CD
=
2CM
=
2 BC

2
−
BM
2
=
a 2
2
1 1 a
3
2 1
V
ABCD
= CD.S
ABM
= CD. AM .BM = .(= AM .S
BCD
)
3 6 12 3
O,5O
Gọi N, P,Q lần lượt là trung điểm của AB, AC, BD.
Ta có
(

AD,
BC
)
=

(
N


P,
NQ
)
.


2
 

2
