Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán, Khối A

<span class='text_page_counter'>(1)</span>www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN, khối A TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. 1. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x) = 8x 4 − 9x 2 + 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình 8cos 4 x − 9cos 2 x + m = 0 với x ∈ [0; π ] . Câu II (2 điểm) log x. 1 3  1. Giải phương trình: ( x − 2 )  x −  = x−2 2   x + y + x 2 − y 2 = 12 2. Giải hệ phương trình:   y x 2 − y 2 = 12 Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường y =| x 2 − 4 x | và y = 2 x . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.. Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm π  π π   4sin3xsinx + 4cos  3x -  cos  x +  − cos 2  2x +  + m = 0 4 4 4    PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x + y + 1 = 0 và phân giác trong CD: x + y − 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC.  x = −2 + t  2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số  y = −2t  z = 2 + 2t  .Gọi ∆ là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua ∆ , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng 1 1 1 5 + + ≤ xy + 1 yz + 1 zx + 1 x + y + z 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ∆ có  x = −1 + 2t  phương trình tham số  y = 1 − t .Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆ ,  z = 2t  M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. xác định vị trí của điểm www.DeThiThuDaiHoc.com. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh 1 2 b c  1  a + + + <2 +  3a + b 3a + c 2a + b + c  3a + c 3a + b ----------------------Hết----------------------. 2. Đáp án Câu I. Ý 1. Nội dung + Tập xác định: D = ℝ. Điểm 2,00 1,00 0,25. + Sự biến thiên: • Giới hạn: lim y = +∞; lim y = +∞ x →−∞. x →+∞. y ' = 32x − 18x = 2x (16x 2 − 9 ). •. 3. x = 0 y'= 0 ⇔  x = ± 3  4 •. 0,25. Bảng biến thiên.. 0,25. •. 49 49  3 3 yCT = y  −  = − ; yCT = y   = − ; yC§ = y ( 0 ) = 1 32 32  4 4 Đồ thị. 0,25. 2. 1,00 Xét phương trình 8cos x − 9cos x + m = 0 với x ∈ [0; π ] (1) 4. 2. Đặt t = cosx , phương trình (1) trở thành: 8t 4 − 9t 2 + m = 0 (2) Vì x ∈ [0; π ] nên t ∈ [−1;1] , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau.. www.DeThiThuDaiHoc.com. Lop12.net. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com Ta có: (2) ⇔ 8t 4 − 9t 2 + 1 = 1 − m (3) Gọi (C1): y = 8t 4 − 9t 2 + 1 với t ∈ [−1;1] và (D): y = 1 – m. Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D). Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền −1 ≤ t ≤ 1 . Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: 81 m> : Phương trình đã cho vô nghiệm. • 32 81 • m= : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. 32 81 • 1≤ m < : Phương trình đã cho có 4 nghiệm. 32 • 0 < m <1 : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. • m=0 : Phương trình đã cho có 1 nghiệm. • m<0 : Phương trình đã cho vô nghiệm.. II. 0,25. 0,50. 2,00 1,00. 1 Phương trình đã cho tương đương:  x−2 =0 x − 2 = 0 x = 2    log 3 x log3 x  1    1  ln  x − 1  ⇔ = 0 ⇔  log 3 x ln  x −  = 0   − = 1 x        2 2     2        x − 2 > 0   x > 2  x > 2 x = 2 x = 2 x = 2     x = 1  x = 1   log 3 x = 0        ⇔   ⇔  ⇔   1 1 3⇔x=2     ln  x −  = 0  x − = 1   x = 2 2 2         x > 2   x > 2   x > 2 . 2. 3. 0,50. 0,50. 1,00. Điều kiện: | x | ≥ | y | u = x 2 − y 2 ; u ≥ 0 1 u2  Đặt  ; x = − y không thỏa hệ nên xét x ≠ − y ta có y =  v −  . 2 v  v = x + y Hệ phương trình đã cho có dạng: u + v = 12  u2  u  v −  = 12 2  v    u = 4 u = 3 ⇔ hoặc  v = 8 v = 9 u = 4  x 2 − y 2 = 4 + ⇔ (I) v = 8  x + y = 8 u = 3  x 2 − y 2 = 3 + ⇔ (II) v = 9  x + y = 9 Giải hệ (I), (II).. 0,25. 0,25. 0,25. www.DeThiThuDaiHoc.com. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S = {( 5;3) , ( 5; 4 )}. 4. 0,25. III. 1,00. Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y =| x − 4 x | (C ) và ( d ) : y = 2 x Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): x ≥ 0 x ≥ 0 x = 0   2 2 2 | x − 4 x |= 2 x ⇔   x − 4 x = 2 x ⇔   x − 6 x = 0 ⇔  x = 2  2  2  x = 6   x − 4 x = −2 x  x − 2x = 0 2. 0,25. Suy ra diện tích cần tính:. ∫( x. ). 2. S=. 2. − 4 x − 2 x dx +. 0. ∫( x 6. 2. 2. ). − 4 x − 2 x dx. 2. Tính: I = ∫ (| x 2 − 4 x | −2 x ) dx 0. 2. Vì ∀x ∈ [ 0; 2] , x 2 − 4 x ≤ 0 nên | x 2 − 4 x |= − x 2 + 4 x ⇒ I = ∫ ( − x 2 + 4 x − 2 x ) dx = 0. 4 3. 0,25. 6. Tính K = ∫ (| x 2 − 4 x | −2 x ) dx 2. Vì ∀x ∈ [ 2; 4] , x 2 − 4 x ≤ 0 và ∀x ∈ [ 4; 6] , x 2 − 4 x ≥ 0 nên 4. 6. 2. 4. 0,25. K = ∫ ( 4 x − x 2 − 2 x ) dx + ∫ ( x 2 − 4 x − 2 x ) dx = −16 . 4 52 Vậy S = + 16 = 3 3. 0,25. IV. 1,00. 0,25 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB,  AB ⊥ IC A’B’. Ta có:  ⇒ AB ⊥ ( CHH ' ) ⇒ ( ABB ' A ' ) ⊥ ( CII ' C ' )  AB ⊥ HH ' Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K ∈ II ' .. www.DeThiThuDaiHoc.com. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 x 3 1 x 3 I ' K = I ' H ' = I 'C ' = ; IK = IH = IC = 3 6 3 3 x 3 x 3 . = r 2 ⇒ x 2 = 6r 2 Tam giác IOI’ vuông ở O nên: I ' K .IK = OK 2 ⇒ 6 3 Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V =. (. h B + B '+ B.B ' 3. ). 2 2 2 Trong đó: B = 4x 3 = x 2 3 = 6r 2 3; B ' = x 3 = 3r 3 ; h = 2r. 4. Từ đó, ta có: V =. 4. 5. 0,25. 0,25. 2. 2r  2 3r 2 3 3r 2 3  21r 3 . 3  6r 3 + = + 6r 2 3. 3 2 2  3  . V. 0,25. 1,00 Ta có: +/ 4sin3xsinx = 2 ( cos2x - cos4x ) ;. π  π   π   +/ 4cos  3x -  cos  x +  = 2  cos  2x -  + cos4x  = 2 ( sin 2x + cos4x ) 4 4 2      π  1 π  1   +/ cos 2  2x +  = 1 + cos  4x +   = (1 − sin 4x ) 4  2 2  2   Do đó phương trình đã cho tương đương: 1 1 2 ( cos2x + sin2x ) + sin 4x + m - = 0 (1) 2 2 π  Đặt t = cos2x + sin2x = 2cos  2x -  (điều kiện: − 2 ≤ t ≤ 2 ). 4  2 Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t − 1 . Phương trình (1) trở thành: t 2 + 4t + 2m − 2 = 0 (2) với − 2 ≤ t ≤ 2 (2) ⇔ t 2 + 4t = 2 − 2m Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( D ) : y = 2 − 2m (là đường song. 0,25. 0,25. song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): y = t 2 + 4t với. − 2 ≤t ≤ 2. Trong đoạn  − 2; 2  , hàm số y = t 2 + 4t đạt giá trị nhỏ nhất là 2 − 4 2 tại t = − 2 và đạt giá trị lớn nhất là 2 + 4 2 tại t = 2 . Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 − 4 2 ≤ 2 − 2m ≤ 2 + 4 2 ⇔ −2 2 ≤ m ≤ 2 2 .. VIa 1. Điểm C ∈ CD : x + y − 1 = 0 ⇒ C ( t ;1 − t ) .  t +1 3 − t  Suy ra trung điểm M của AC là M  ; . 2   2. www.DeThiThuDaiHoc.com. Lop12.net. 0,25. 0,25. 2,00 1,00. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com  t +1 3 − t Điểm M ∈ BM : 2 x + y + 1 = 0 ⇒ 2  + 1 = 0 ⇔ t = −7 ⇒ C ( −7;8 ) + 2  2  Từ A(1;2), kẻ AK ⊥ CD : x + y − 1 = 0 tại I (điểm K ∈ BC ).. 6 0,25. Suy ra AK : ( x − 1) − ( y − 2 ) = 0 ⇔ x − y + 1 = 0 .. x + y −1 = 0 Tọa độ điểm I thỏa hệ:  ⇒ I ( 0;1) . x − y +1 = 0 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của K ( −1;0 ) . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:. 0,25. x +1 y = ⇔ 4x + 3 y + 4 = 0 −7 + 1 8. 0,25. 2. 1,00 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng ∆ , thì ( P ) //( D) hoặc ( P ) ⊃ ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH ≤ IA và IH ⊥ AH . 0,25. d ( ( D ) , ( P ) ) = d ( I , ( P ) ) = IH Mặt khác   H ∈ ( P ) Trong mặt phẳng ( P ) , IH ≤ IA ; do đó maxIH = IA ⇔ H ≡ A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A.    Vectơ pháp tuyến của (P0) là n = IA = ( 6;0; −3) , cùng phương với v = ( 2; 0; −1) . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2 ( x − 4 ) − 1. ( z + 1) = 2x - z - 9 = 0 .. VIIa. Để ý rằng ( xy + 1) − ( x + y ) = (1 − x )(1 − y ) ≥ 0 ;  yz + 1 ≥ y + z và tương tự ta cũng có   zx + 1 ≥ z + x Vì vậy ta có:. 0,25. 0,50. 1,00 0,50. 0,50. www.DeThiThuDaiHoc.com. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com  1 1 1  x y z + + + + +1+1+1 ( x + y + z) ≤  xy + 1 yz + 1 zx + 1  yz + 1 zx + 1 xy + 1 ≤. 7. x y z + + +3 yz + 1 zx+y xy + z.  1 z y  = x − − +5  yz + 1 zx + y xy + z   z y  ≤ x 1 − − +5  z+ y y+z =5 VIb 1.  Ta có: AB = ( −1; 2 ) ⇒ AB = 5 . Phương trình của AB là: 2x + y − 2 = 0 .. I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t ; t ) . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: C ( 2t − 1; 2t ) , D ( 2t ; 2t − 2 ) . 4 . 5. Mặt khác: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chiều cao) ⇒ CH =. 2,00 1,00. 0,25. 0,25.  4 5 8 8 2 | 6t − 4 | 4 t = 3 ⇒ C  3 ; 3  , D  3 ; 3  Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH ⇔ = ⇔     5 5 t = 0 ⇒ C ( −1; 0 ) , D ( 0; −2 ) 5 8 8 2 Vậy tọa độ của C và D là C  ;  , D  ;  hoặc C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) 3 3 3 3. 0,50. 2. 1,00 Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.  x = −1 + 2t  Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:  y = 1 − t .  z = 2t  Điểm M ∈ ∆ nên M ( −1 + 2t ;1 − t ; 2t ) .. AM =. ( −2 + 2t ) + ( −4 − t ) + ( 2t ). BM =. ( −4 + 2t ) + ( −2 − t ) + ( −6 + 2t ). 2. AM + BM =. 2. 2. ( 3t ). 2. (. ). 2. +. = 9t 2 + 20 = 2. ( 3t − 6 ). ( 3t ). 2. (. + 2 5. = 9t 2 − 36t + 56 =. (. ) (. ). 0,25. 2. ( 3t − 6 ). 2. (. + 2 5. ). 2. 2. + 2 5   Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u = 3t ; 2 5 và v = −3t + 6; 2 5 . 2. + 2 5. 2. 2. www.DeThiThuDaiHoc.com. Lop12.net. ). (. ). 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com  | u |= Ta có   | v |= . ( 3t ). 2. (. + 2 5. ( 3t − 6 ). ). 8. 2. (. ). 2. + 2 5       Suy ra AM + BM =| u | + | v | và u + v = 6; 4 5 ⇒| u + v |= 2 29       Mặt khác, với hai vectơ u , v ta luôn có | u | + | v |≥| u + v | 2. (. ). Như vậy AM + BM ≥ 2 29.   Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng 3t 2 5 = ⇔ t =1 −3t + 6 2 5 ⇒ M (1;0; 2 ) và min ( AM + BM ) = 2 29 .. ⇔. Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2. (. 11 + 29. ). VIIb. 0,25. 0,25. 1,00. a + b > c  Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b + c > a . c + a > b  a+b c+a = x, = y , a = z ( x , y , z > 0 ) ⇒ x + y > z , y + z > x, z + x > y . 2 2 Vế trái viết lại: a+b a+c 2a VT = + + 3a + c 3a + b 2a + b + c x y z = + + y+ z z+ x x+ y 2z z Ta có: x + y > z ⇔ z ( x + y + z ) < 2 z ( x + y ) ⇔ > . x+ y+ z x+ y x 2x y 2y Tương tự: < ; < . y+ z x+ y+ z z+ x x+ y+ z 2( x + y + z) x y z Do đó: + + < = 2. y+z z+x x+ y x+ y+z b c 1 2  1  Tức là: a  + + + <2 +  3a + b 3a + c 2a + b + c  3a + c 3a + b. Đặt. www.DeThiThuDaiHoc.com. Lop12.net. 0,50. 0,50.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>