Bộ đề luyện thi cấp tốc môn Toán_01

Biên soạn: Trần Duy Thái
2



Sở GD & ĐT Tiền Giang
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Trường THPT Gò Công Đông Môn: Toán - Thời gian: 180 phút

ĐỀ 1
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y =
2 3
2
x
x


có đồ thị là (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A,
B sao cho AB ngắn nhất.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình:
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x      

2) Giải phương trình:
 
2
2 2

1 5 2 4; x x x x R    
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
 
 
 

 


Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh
S
, có tâm đường tròn đáy là
.O ,A B
là hai điểm trên đường tròn đáy sao
cho khoảng cách từ
O
đến đường thẳng
AB
bằng
a
,



0
60ASO SAB 
. Tính theo
a
chiều cao và
diện tích xung quanh của hình nón
Câu V (1 điểm) Cho hai số dương
,x y
thỏa mãn:
5x y 
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 2
4
x y x y
P
xy
 
 

II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho đường thẳng
( )d
có phương trình :

0x y 
và điểm
(2;1)M
. Tìm
phương trình đường thẳng  cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng
( )d
tại B sao cho tam giác AMB
vuông cân tại
M

2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng
 

đi qua hai điểm
 
0; 1;2 ,A 
 
1;0;3B
và tiếp xúc với mặt cầu
 
S
có phương trình:
2 2 2
( 1) ( 2) ( 1) 2x y z     

Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là một nghiệm của phương trình:
2
1 0z z  
.
Rút gọn biểu thức

2 2 2 2
2 3 4
2 3 4
1 1 1 1
P z z z z
z z z z
       
       
       
       

2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho đường tròn
 
C
có phương trình
 
2
2
: 4 25x y   và điểm
(1; 1)M  . Tìm phương trình đường thẳng  đi qua điểm M và cắt đường tròn
 
C tại 2 điểm ,A B sao
cho
3MA MB

2) Trong không gian tọa độ

Oxyz
cho mặt phẳng
 
P
có phương trình:
1 0x y  
. Lập phương trình
mặt cầu
 
S đi qua ba điểm
     
2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0A B C  và tiếp xúc với mặt phẳng
 
P
BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
3
Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:
 
 
2
1 2
2
2
1
2
3
log 1 log 1 6
2

log 1
2 log ( 1)
x x
x
x
 
   
 
 
 
 

ĐÁP ÁN ĐỀ 1
1) y=
2 3
2
x
x


(C)
D= R\ {2}
lim 2 : 2
x
y TCN y

  

2 2
lim ; lim

x x
y y
 
 
    
TCĐ x = 2
y’ =
2
1
0; 2
( 2)
x
x

  


BBT


2) Gọi M(x
o
;
0
0
2 3
2
x
x



) (C) .
Phương trình tiếp tuyến tại M: () y =
2
0 0
2 2
0 0
2 6 6
( 2) ( 2)
x x
x
x x
 


 

( )  TCĐ = A (2;
0
0
2 2
2
x
x


)
( )  TCN = B (2x
0
–2; 2)

0
0
2
(2 4; )
2
AB x
x

 


 AB =
2
0
2
0
4
4( 2) 2 2
( 2)
cauchy
x
x
 



 AB min = 2 2 
0
3 (3;3)
1 (1;1)

o
x M
x M
 


 


II 1.
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x      

1,0
TXĐ: D =R
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x      
 
sin 0
(sin ). 2 2(sin ) sin . 0
2 2(sin ) sin . 0
x cosx
x cosx x cosx x cosx
x cosx x cosx
 

      

   


0,25
+ Với
sin 0 ( )
4
x cosx x k k Z


     


0,25
+ Với
2 2(sin ) sin . 0x cosx x cosx   
, đặt t =
sin (t 2; 2 )x cosx
 
  
 

được pt : t
2
+ 4t +3 = 0
1
3( )
t
t loai

 



 





0.25
-2 -1 1 2 3 4 5
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
x
y

www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
4
t = -1
2
( )
2

2
x m
m Z
x m
 


 


 

  


Vậy :
( )
4
2 ( )
2
2
x k k Z
x m m Z
x m


 




  


  


  










0,25
Câu II.2
(1,0 đ)

 
2
2 2
1 5 2 4; x x x x R    

Đặt
2 2 4 2
2 4 2( 2 )t x x t x x    
ta được phương trình

2
2
1 5 2 8 0
2
t
t t t      
4
2
t
t
 






+ Với t =  4 Ta có
2
4 2 4 2
0 0
2 4 4
2( 2 ) 16 2 8 0
x x
x x
x x x x
 
 
    
 

    
 


2
0
2
2
x
x
x


   




+ Với t = 2 ta có
2
4 2 4 2
0 0
2 4 2
2( 2 ) 4 2 2 0
x x
x x
x x x x
 
 
   

 
    
 


2
0
3 1
3 1
x
x
x



   

 



ĐS: phương trình có 2 nghiệm
2, 3 1x x   



0,25

0,25






0,25







0,25



III
2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
 

 
 

 


I
1
=
1
ln
1 ln
e
x
dx
x x

, Đặt t =
1 ln x
,… Tính được I
1
=
4 2 2
3 3





0.5

 
2
2
1
ln
e
I x dx

, lấy tích phân từng phần 2 lần được I
2
= e – 2
I = I
1
+ I
2
=
2 2 2
3 3
e  



0.25

0.25

www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái

5
Câu IV
(1,0 đ)

Gọi I là trung điểm của AB , nên
OI a

Đặt
OA R


0
60SAB SAB  
đều

1 1 1
2 2 2
3
sin
OA R
IA AB SA
ASO
   
Tam giác
OIA
vuông tại
I
nên
2 2 2
OA IA IO 

2
2 2
6
3 2
R a
R a R    
2SA a 

Chiếu cao:
2
2
a
SO 
Diện tích xung quanh:
2
6
2 3
2
xq
a
S Rl a a
  
  




0,25

0,25


0,25


0,25
Câu V
(1,0 đ)

Cho hai số dương
,x y
thỏa mãn: 5x y  .
4 2 4 1 4 1
4 2 4 4 2 2
x y x y x y y x y
P
xy y x y x
 
          

Thay
5y x 
được:
4 1 5 4 1 5 4 1 5 3
2 . 2 .
4 2 2 4 2 4 2 2
y x x y y

P x x
y x y x y x

             
P bằng
3
2
khi 1; 4x y  Vậy Min P =
3
2

Lưu ý:
Có thể thay
5y x 
sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số
3 5 3 5
( )
(5 ) 4
x x
g x
x x
 
 





0,25

0,50


0,25
Câu
AVI.1
(1,0 đ)

Anằm trên
Ox
nên
 
;0A a , B nằm trên đường thẳng 0x y  nên ( ; )B b b ,
(2;1)M ( 2; 1), ( 2; 1)MA a MB b b      
 

Tam giác ABM vuông cân tại M nên:
2 2 2
( 2)( 2) ( 1) 0
. 0
( 2) 1 ( 2) ( 1)
a b b
MA MB
MA MB
a b b
    




 

 

     




 
,
do
2b 
không thỏa mãn vậy
2
2 2 2
2 2
1
2 , 2
1
2 , 2
2
2
1
( 2) 1 ( 2) ( 1)
1 ( 2) ( 1)
2
b
a b
b

a b
b
b
b
a b b
b b
b


  



  

 

 

 
 
     
    

 


 


2 2
2
2
1
2 , 2
1
2
1
4
( 2) ( 1) . 1 0
( 2)
3
a
b
a b
b
b
a
b b
b
b





  






 

 


 



 
    

 
  


  





0,25



0,25

S

O

A
B
I
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
6
Với:
2
1
a
b






đường thẳng qua AB có phương trình 2 0x y  
Với
4
3
a
b





đường thẳng  qua AB có phương trình
3 12 0x y  


0,25


0,25

ĐỀ 2
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x     
có đồ thị (C
m
).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng
 
;2

Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 xx

b) Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
 xxxx

Câu III (1 điểm) Tính tích phân



2ln3
0
23
)2(
x
e
dx
I

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt

phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa
AA’ và BC là
a 3
4

Câu V (1 điểm)
Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
 yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức

1
1
22
44



yx
yx
P

II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường
thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C.
b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với
O qua (ABC).

Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:
10)2)(3)((
2
 zzzz
, z C.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
( ) :3 5 0x y   
sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

2
5
1
1
3
4
:
1






 zyx
d

13

3
1
2
:
2
zyx
d 




Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d
1
và d
2

Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình:
2log9)2log3(
22
 xxx


www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
7
ĐÁP ÁN ĐỀ 2

Câu I
a)
Đồ thị Học sinh tự làm

0,25
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x     
)1(6)12(66'
2
 mmxmxy

y’ có
01)(4)12(
22
 mmm

0,5






1
0'
mx
mx
y

Hàm số đồng biến trên
 
;2


0'y

2x  21m  1m

0,25
b)

0,25
Câu II a)
Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 xx

1 điểm
PT
 1)1cos4(3cos2
2
xx  1)sin43(3cos2
2
 xx

0,25
Nhận xét
Zkkx  ,

không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1)sin43(3cos2
2
 xx


xxxx sin)sin4sin3(3cos2
3

 xxx sin3sin3cos2   xx sin6sin 

0,25








26
26
mxx
mxx










7
2

7
5
2


m
x
m
x
;
Zm 

0,25


Xét khi

5
2

m

k 
2m=5k

m
t5
,
Zt 

Xét khi
7
2
7

m

=

k 
1+2m=7k

k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Zl 

Vậy phương trình có nghiệm:
5
2

m
x  (
tm 5
);
7
2
7

m
x  (
37  lm

)
trong đó
Zltm ,,



0,25
Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
 xxxx

1 điểm
PT

631012)13(2
22
 xxxx

232)12(412)13(2
222
 xxxxx
. Đặt
)0(12
2
 txt

Pt trở thành
0232)13(24
22
 xxtxt

Ta có:
222
)3()232(4)13('  xxxx

0,25
b)
Pt trở thành
0232)13(24
22
 xxtxt

Ta có:
222
)3()232(4)13('  xxxx

0,25
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
8
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
;
2
12 




x
t
x
t

Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các
nghiệm:









7
602
;
2
61
x



0,5

Tính tích phân



2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I
1 điểm
Ta c ó



2ln3
0 2
33
3
)2(
xx
x
ee
dxe
I
=
Đặt u=

3
x
e  dxedu
x
3
3 
;
22ln3;10  uxux

0,25
Ta được:



2
1
2
)2(
3
uu
du
I
=3
du
u
uu














2
1
2
)2(2
1
)2(4
1
4
1

0,25

=3
2
1
)2(2
1
2ln
4
1
ln

4
1










u
uu

0,25
Câu III

8
1
)
2
3
ln(
4
3


Vậy I
8

1
)
2
3
ln(
4
3


0,25

Câu IV

0,5
A
B
C
C’
B’
A’
H
O
M
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
9
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:





BCOA

BCAM
'
)'( AMABC 

Kẻ
,'AAMH 
(do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do
BCHM
AMAHM
AMABC






)'(
)'(
.Vậy HM là đọan vông góc chung của
AA’và BC, do đó
4
3
)BC,A'( aHMAd  .

Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM
AO
OA


'


suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A 
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV

3
ABC


0,5
1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn
3 cba
.Chứng minh
rằng:

134)(3
222
 abccba


1 điểm
Đặt
2
;134)(3),,(
222
cb
tabccbacbaf



*Trước hết ta chưng minh:
),,(),,( ttafcbaf 
:Thật vậy
Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết
cba 

33  cbaa
hay a
1

 ),,(),,( ttafcbaf
134)(3134)(3
2222222
 atttaabccba

=
)(4)2(3
2222
tbcatcb 

=

















22
22
4
)(
4
4
)(2
3
cb
bca
cb
cb
=
2
2
)(
2
)(3
cba
cb



= 0
2
))(23(
2


 cba
do a 1

0,5
*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh:
0),,( ttaf
với a+2t=3
Ta có
134)(3),,(
2222
 atttattaf

=
13)23(4))23((3
2222
 ttttt

=
0)47()1(2
2
 tt
do 2t=b+c < 3
Dấu “=” xảy ra
10&1  cbacbt
(ĐPCM)
0,5
Câu V
2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22

 yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất
,nhỏ nhất của biểu thức

www.VNMATH.com