De thi thu Dai hoc Mon Toan va dap an

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (305.78 KB, 12 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
Môn Toỏn - Khi A, B
phần chung cho tất cả các thí sinh

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y=x3−3x2
+4

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2. Gọi d là đờng thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt
A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vng góc với nhau.

C©u II (2điểm)

1. Giải hệ phơng trình:

x2+1+y(x+y)=4y
(x2+1)(x+y 2)=y

{

(x, y R)

2. Giải phơng trình:

sin3x. sin 3x

+cos3xcos 3x

tan

(

x

)

tan

(

x+

3

)

=1
8
Câu III (1 điểm) Tính tích phân I=

∫

0
1

xln(x2+x+1)dx

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vng góc của A’
lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vng góc với
AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng a

√3

8 . TÝnh thĨ tích khối lăng trụ ABC.ABC.

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c lµ ba sè thùc d¬ng tháa m·n abc = 1. Tìm giá trÞ lín nhÊt cđa biĨu thøc

P= 1

a2+2b2+3+
1
b2+2c2+3+

1
c2

+2a2+3

Phần tự chọn (Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2)
Phần 1 .C âu VI.a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): y=x2−2x và elip (E): x
2
9 +y

2
=1 .
Chứng minh rằng (P) giao (E) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một đờng tròn. Viết phơng trình đờng trịn đi
qua 4 điểm đó.

2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phơng trình

x2+y2+z2−2x+4y −6z −11=0 và mặt phẳng () có phơng trình 2x + 2y – z + 17 = 0. Viết phơng trình
mặt phẳng () song song với () và cắt (S) theo giao tuyến là đờng trịn có chu vi bng 6.

Câu VII.a(1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của

(

x+ 1
2

4 x

)

n

, biết
rằng n là số nguyên dơng thỏa m·n: 2Cn0+2

2
2 Cn

1
+2

3
3 Cn

+⋯+2
n+1
n+1Cn

n

=6560

n+1 ( Cn

k là số tổ hợp chập k của
n phần tử)

Phần 2 Câu VI.b (2 điểm)

1. Trong mt phng vi h trục tọa độ Oxy cho hai đờng thẳng d1: x + y + 5 = 0, d2: x + 2y - 7= 0 và tam giác

ABC có A(2 ; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và điểm C thuộc d2 . Viết phơng trình đờng trịn ngoại
tiếp tam giác ABC.

2. Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và
mặt phẳng (P): x – y – z – 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nht ca biu
thc MA2

+MB2+MC2

Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phơng trình

ex y+ex+y=2(x+1)
ex+y

=x y+1
{

(x, y R)

Hớng dẫn chấm môn toán

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

I.1 Khảo sát hàm số y=x3−3x2+4 1,00
1. Tp xỏc nh: R

2. Sự biến thiên:

a) Giới hạn:

lim

x →− ∞y=x→ −∞lim (x
3

−3x2+4)=−∞ , lim

x →+∞y=x→+lim∞(x
3

−3x2+4)=+∞

0,25

b) Bảng biến thiên: y' = 3x2 - 6x, y' = 0 ⇔ x = 0, x = 2
B¶ng biÕn thiªn:

x - ∞ 0 2 +

∞

y' + 0 - 0 +

4 +
∞

- ∞ 0

- Hàm số đồng biến trên (- ∞ ; 0) và (2; + ∞ ), nghịch biến trên (0; 2)
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0.

0,50

3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục hoành tại (-1; 0),(2; 0).
Nhận điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng

0,25

I.2 Tìm m để hai tiếp tuyến vng góc ... 1,00
d có phơng trình y = m(x – 3) + 4.

Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phơng trình
x3−3x2+4=m(x −3)+4⇔

(x −3)(x2− m)=0
x=3

x2m=0

0,50

Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 vµ y '(

√

m).y '(−

√

m)=−1 0,25

⇒(3m−6

√

m)(3m+6

√

m)=−1⇔9m2−36m+1=0⇔m=18±3

√

9 (tháa
m·n)

0,25
II.1 Giải hệ phơng trình đại số 1,00

Ta thÊy y = 0 kh«ng phải là nghiệm của hệ 0,25

H phng trỡnh tng ng với

¿
x2+1

y +x+y −2=2
x2

y (x+y −2)=1
¿{

0,25

-1 O 2

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Đặt u=x
2

y , v=x+y 2 Ta có hệ

¿
u+v=2
uv=1

⇔u=v=1
¿{

0,25

Suy ra

¿
x2+1

y =1
x+y −2=1

)

=−1

0,25

Phơng trình đã cho tơng đơng với ⇔sin3x. sin 3x+cos3xcos 3x=1
8

1 cos 2x cos 2x cos 4x 1 cos 2x cos 2x cos 4x 1

2 2 2 2 8

   

    

0,25

⇔2(cos 2x+cos 2xcos 4x)=1
2⇔cos

3
2x=1

8⇔cos 2x=
1

2 0,25

⇔

x=π

6+kπ (lo¹i)
¿

x=−π
6+kπ
¿
¿
¿
¿
¿

,(kZ). VËy phơng trình có nghiệm x=−π

6+kπ ,

(kZ)

0,25

III TÝnh tÝch ph©n 1,00

Đặt

u=ln(x2+x+1)
dv=xdx

du= 2x+1
x2

+x+1dx
v=x2/2

{

1 1

2 3 2

2
0
0

x 1 2x x

I ln(x x 1) dx

2 2 x x 1



   

 

∫

0,25

¿1
2ln 3−

1
2

∫

0

(2x −1)dx+1
4

∫

0

2x+1
x2

+x+1dx−
3
4

∫

0

1
dx

x2
+x+1
¿1

2ln 3−
1
2

(

x

− x

)

¿01+1
4 ln(x

+x+1)¿01−3
4I1=

3
4ln 3−

3
4 I1

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

* Tính I1: I1=

3 t¿π/6

π/3
=

√

3π

0,25

VËy I=3
4ln 3

3

12 0,25

IV Tính thể tích khối lăng trụ 1,00

Gi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vng góc của M lên AA’, Khi
đó (P) (BCH). Do góc A ' AM nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng
trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH.

0,25

Do tam giác ABC đều cạnh a nên AM=a

√

2 ,AO=
2
3AM=

a

√

3
Theo bµi ra SBCH=a

√3

8 ⇒

2HM . BC=
a2

√

8 ⇒HM=

a

√3

0,25

AH=

√

AM2−HM2=

√

3a
2
4 −

3a2
16 =

3a
4

Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên A ' O

AO =

HM
AH
suy ra A ' O=AO. HM

AH =

a

3
3

a

3
4

4
3a=

a
3

0,25

Thể tích khối lăng trô: V=A ' O.SABC=1

2A ' O. AM . BC=
1
2

a
3

a

√3

2 a=

a3

3

12 0,25

V Tìm giá trị lớn nhất ... 1,00
Ta có a2+b2  2ab, b2 + 1  2b  1

a2+2b2+3=

a2+b2+b2+1+2≤
1
2

1
ab+b+1
T¬ng tù 1

b2+2c2+3≤
1
2

bc+c+1 ,

1
c2+2a2+3≤

1
2

1
ca+a+1

0,50

P≤1
2

(

1
ab+b+1+

1
bc+c+1+

1
ca+a+1

)

1
2

(

1
ab+b+1+

b+1+ab+
b
1+ab+b

)

2 0,25

P=1

2 khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng
1

2 khi a = b = c = 1. 0,25
VIa.1 Viết phơng trình đờng trịn đi qua giao điểm của(E) và (P) 1,00

C’
B’

A’

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của phơng trình
x2−2x¿2=1⇔9x4−36x3+37x2−9=0

x2
9 +¿

(*) 0,25

XÐt f(x)=9x4−36x3+37x2−9 , f(x) liªn tơc trªn R cã f(-1)f(0) < 0,

f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E)
cắt (P) tại 4 điểm phân biệt

0,25

Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mãn hệ

¿
y=x2−2x

x2
9 +y

2
=1
¿{

0,25

0,25

Vậy () có phơng trình 2x + 2y – z - 7 = 0 0,25

VII.a T×m hƯ sè cđa x2... 1,00

Ta cã

1+x¿ndx
¿
¿
I=

∫

0
2

¿
¿

(

Cn0x+1

2Cn
1

x2+1
3Cn

x3+⋯+ 1
n+1Cn

n

xn+1

)

¿02
suy ra I ¿2Cn0+2

2
2 Cn

1
+2

3
3 Cn

+⋯+2
n+1
n+1Cn

n (1)

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Mặt khác

1+xn+102=3
n+1

1
n+1
I= 1

n+1

(2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã ¿2Cn0+2
2
2 Cn

1
+2

3
3 Cn

++2
n+1
n+1Cn

n
3

n+11
n+1
Theo bài ra thì 3

n+1
1
n+1 =

6560
n+1 3

n+1=6561n=7

0,25

Ta có khai triĨn

(

√

x+ 1
2

√

4x

)

7
=

∑

0
7

C7k

(

√

x

)

7−k

(

√

4x

)

k

∑

0
7

1
2kC7

kx14−3k4

0,25
Sè h¹ng chøa x2 øng víi k thỏa mÃn 143k

4 =2k=2
Vậy hệ số cần tìm lµ 1

22C7
2

=21
4

0,25

VIb.1 Viết phơng trình đờng trịn .... 1,00

Do B  d1 nªn B = (m; - m – 5), C  d2 nªn C = (7 – 2n; n) 0,25

Do G là trọng tâm tam giác ABC nên

2+m+7−2n=3 . 2
3−m −5+n=3 .0

¿{
¿

⇔

m−2n=−3
− m+n=2

⇔

¿m=−1
n=1

¿{
Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1)

0,25

Giả sử đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phơng trình

x2

+y2+2 ax+2 by+c=0 . Do A, B, C  (C) nªn ta cã hƯ
¿

4+9+4a+6b+c=0
1+16−2a 8b+c=0
25+1+10a+2b+c=0

a=83/54
b=17/18
c=338/27

{ {

0,25

Vậy (C) có phơng trình x2+y283
27 x+

17
9 y

338

27 =0 0,25

VIb.2 Tìm giá trị nhỏ nhất ... 1,00

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G =

(

7
3;

¿3 MG2+GA2+GB2+GC2+2⃗MG¿

0,25

F nhá nhất MG2 nhỏ nhất M là hình chiếu cđa G lªn (P) 0,25

 MG=d(G ,(P))=|7/3−8/3−3−3|

√1+1+

1 =

√

3 0,25

GA2+GB2+GC2=56
9 +

32
9 +

104
9 =

64
3

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

VËy F nhá nhÊt b»ng 3 .

(

19
3

√3

)

2
+64

3 =
553

9 khi M là hình chiếu của G lên (P)

VIIb Giải hệ phơng trình mũ 1,00

ex y

+ex+y=2(x+1)
ex+y=x y+1

ex y=x+y+1
ex+y=x y

+1
{

Đặt u = x + y , v = x - y ta cã hÖ

¿
ev=u+1
eu=v+1

⇔

¿ev=u+1(1)
eu− ev=v −u(2)

¿{
¿

0,25

- Nếu u > v thì (2) có vế trái dơng, vế phải âm nên (2) vô nghiệm

- Tơng tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2) ⇔u=v 0,25
ThÕ vµo (1) ta cã eu = u+1 (3) . XÐt f(u) = eu - u- 1 , f'(u) = eu - 1

Bảng biến thiên:

u - ∞ 0
+ ∞

f'(u) - 0 +

f(u)

0
Theo bảng biến thiên ta có f(u) = 0 ⇔u=0 .

0,25

Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0

⇒v=0⇒

x+y=0
x − y=0

⇔

¿x=0
y=0

¿{

Vậy hệ phơng trình đã cho có một nghiệm (0; 0)

0,25

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Môn Toán - Khối A, B

A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số

1
.
1
x
y

x



</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình
1

.
1
x

m
x





Câu II (2 điểm)

a) Tìm m để phương trình





4 4

2 sin xcos x cos 4x2sin 2x m 0

có nghiệm trên

0; .
2

 
 
 

b) Giải phương trình













4 2

1 1

log 3 log 1 log 4 .
2 x 4 x  x

Câu III (2 điểm)

a) Tìm giới hạn

3 2 2

3 1 2 1

lim .

1 cos

x

x x

L

x


  





b) Chứng minh rằng C1000  C1002 C1004  C1006 ... C10098 C100100 2 .50

Câu IV (1 điểm)

Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a b c  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b 9 .c

M         

B. PHẦN RIÊNG
Câu Va (2 điểm)

a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường trịn có phương trình



C1

: .

2 1 2

x y z

d    

Viết phương trình mặt phẳng

 



chứa d sao cho khoảng cách từ A đến

 

 lớn nhất.

Câu Vb (2 điểm)

a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình elip (E) dạng chính tắc biết rằng (E) đi
quaM(1;-3
2 ) và
tiêu điểm F1(- 3;0)

b) Cho tứ diện OABC có OA4,OB5,OC6 và AOB BOC COA  60 .0 Tính thể tích tứ diện

OABC.

Câu VIb (1 điểm)

Cho mặt phẳng

 

P x:  2y2z1 0 và các đường thẳng 1

1 3

: ,

2 3 2

x y z

d    

 2

5 5

: .

6 4 5

x y z

d    

 Tìm
điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2.

ĐÁP ÁN

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

a)

Tập xác định: Hàm số

1
1
x
y

x



 có tập xác định D R \ 1 .

 

Giới hạn: 1 1

1 1 1

lim 1; lim ; lim .

1 1 1

x x x

x x x

x  x  x

   

  

   

  

0,25

Đạo hàm:





2
2

' 0, 1
1

y x

x


    

 Hàm số nghịch biến trên các khoảng



 ;1



và



1;



. Hàm số khơng có cực trị.
Bảng biến thiên:

0,25

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x1; tiệm cận ngang y1. Giao của hai tiệm
cận I



1;1



là tâm đối xứng.

0,25

Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình 0,25

b)

Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C)sang đồ thị





'
1

x

y C

x





Học sinh tự vẽ hình

0,5

Số nghiệm của
1
1
x

m
x





bằng số giao điểm của đồ thị

1
1

x
y

x





và y m .

0,25

Suy ra đáp số
1; 1:

m  m phương trình có 2 nghiệm

m phương trình có 1 nghiệm

1 m 1:

   phương trình vơ nghiệm

0,25

Câu II 2 điểm

a)

Ta có

4 4 1 2

sin os 1 sin 2
2

x c x  x

và cos4x 1 2sin 2 .2 x

0,25

Do đó

 

1  3sin 22 x2sin 2x 3 m.

Đặt tsin 2x. Ta có x 0;2 2x





t



0;1 .






 

     

 

Suy ra f t

 

3t22t 3 m t, 



0;1



0,25

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên

10
0; 2

2 m 3


 

  

 
 

0,25
b)

Giải phương trình











  

4 2

1 1

log 3 log 1 log 4 2

2 x 4 x  x

Điều kiện: 0x1 0,25

 

2 



x3



x1 4 x 0,25

Trường hợp 1: x1

 

2  x2 2x 0 x2

0,25

Trường hợp 1: 0x1

 

2  x26x 3 0  x2 3 3
Vậy tập nghiệm của (2) là T 



2; 2 3 3



0,25

Câu III
a)

Tìm

3 2 2

3 1 2 1

lim .

1 cos

x

x x

L

x


  





Ta có

3 2 2

3 1 1 2 1 1
lim

1 cos 1 cos

x

x x

L

x x



     

 

 

 

 

 

0,25

Xét

2 2

0 0

2 1 1 2

lim lim 2

1 cos 2sin 2 1 1
2

x x

L

x

x x

 

 

  

    

 

 

0,25

Xét





3 2 2

0 0 2 2 3 2

3 1 1 3

lim lim 2

1 cos

2sin 3 1 3 1 1
2

x x

L

x x

x x

 

 

  

  

   

 

 

0,25

Vậy L L 1L2   2 2 4 0,25

b)

Chứng minh rằng C1000  C1002 C1004  ...C1001002 .50
Ta có







 



100 0 1 2 2 100 100

100 100 100 100

0 2 4 100 1 3 99

100 100 100 100 100 100 100

1 ...

... ...

i C C i C i C i

C C C C C C C i

     

        

0,5

Mặt khác



1i



2  1 2i i 2 2i



1i



100 

 

2i 50 250
Vậy C1000  C1002 C1004 ...C100100 2 .50

0,5

Câu IV Cho a, b, c thoả a b c  3. Tìm GTNN của

4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b 9 .c

M         

Đặt



2 ;3 ; 4 ,





2 ;3 ;4 , w





2 ;3 ;4



a b c c a b b c a

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>



 



2
w 2a 2b 2c 3a 3b 3c 4a 4b 4c
M   u v⃗ ⃗          

Theo cô – si có 2a2b2c 3 23 a b c  6. Tương tự … 0,5
Vậy M 3 29. Dấu bằng xảy ra khi a b c  1. 0,25

Câu Va Học sinh tự vẽ hình

R2 3. 0,25

Gọi tiếp tuyến chung của



C1

 

, C2



là





2 2

:Ax By C 0 A B 0

     

 là tiếp tuyến chung của



C1

 

, C2











 

2 2

1 1

2 2

2 3 1

;

; 3 4 3 2

B C A B

d I R

d I R A B C A B

    

 

 

   

 

     



Từ (1) và (2) suy ra A2B hoặc

3 2
2

A B

C  

0,25

Trường hợp 1: A2B.

Chọn B 1 A 2 C 2 3 5 : 2x y  2 3 5 0 

Trường hợp 2:

3 2
2

A B

C 

. Thay vào (1) được

2 2 4

2 2 0; : 2 0; : 4 3 9 0
3

A B  A B  A A B  y   x y 

0,5

b)

Gọi H là trung điểm của BC





3
; '

2
a

d M BB C AH

   0,25

2 3

' 12 '. 2 ' 13 . ' 123

BB C a MBB C BB C a

S  BB BC  V  AH S 

0,25

Gọi I là tâm hình vng BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình)
Ta có B C' MI B C; ' BC' B C' MB.

0,5
Câu VIa

(Học sinh tự vẽ hình)

Gọi K là hình chiếu của A trên d  K cố định;

Gọi

 

 là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên

 

 .

0,25

Trong tam giác vng AHK ta có AH AK.

Vậy AHmax AK 

 

 là mặt phẳng qua K và vng góc với AK.

0,25

4 2 4; 2 1 2

x y A H

a b

        0,25

Từ (1) và (2) suy ra

 

2 2

2 8; 2 4 : 1

8 4

x y

a  b   H  

0,5

b) (Học sinh tự vẽ hình)

Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho OA OB 'OC' 4

0,25

Lấy M là trung điểm của B’C’ 



OAM

 

 OB C' ' .



Kẻ AH OM  AH 



OB C' '



0,25

Ta có

2 3 4 6
2 3

3 3

AM OM   MH   AH  0,25



1 15 3

. .sin

2 2

OBC

S  OB OC BOC

Vậy

. 10 2
3

OABC OBC

V  AH S 

0,25

Câu VIb

Gọi M



1 2 ;3 3 ; 2 , t  t t N





5 6 '; 4 '; 5 5 ' t t   t



 



;



2 2 1 1 0; 1.

d M P   t   t t

0,25

Trường hợp 1: t 0 M



1;3;0 ,



MN 



6 ' 4; 4 ' 3; 5 ' 5t  t   t 









. 0 ' 0 5;0; 5

P P

MN n  MN n   t   N 

   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   

0,25

Trường hợp 2: t 1 M



3;0; 2 ,



N



1; 4;0



0,25

</div>

De thi thu Dai hoc Mon Toan va dap an

(

)

(

)

∫

<sub>√3</sub>

(

)

Hớng dẫn chấm môn toán

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

√

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

∫

∫

∫

∫

(

)

(

)

(

)

√

(

)

√3

∫

√3

√

√

√

√3

√

√3

√

√

√3

<sub>3</sub>

(

)

(

)

(

)

√

<sub>√</sub>

√

|

|

∫

(

)

(

√

√

)

∑

(

√

)

(