Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán (số 166)

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN (ĐỀ 166). Bài 1(2 điểm): 2 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  (| x | 1) .(| x | 1) 2) Tìm trên trục hoành những điểm mà từ điểm đó kẻ được ba tiếp tuyến phân biệt đến (C). Bài 2(3 điểm):  x2  y 2  1 2  x y2 1) Giải hệ phương trình:  ( x, y  R ) ( xy  x  y  1)( x  y  2)  6  2 2 2) Giải phương trình: sin x.tan x  cos x  cos 2 x.(2  tan x) , ( với x  R ). 5. . 3) Tìm m thực để phương trình sau có nghiệm thực trong đoạn  ;4  : 2 . (m  1).log1/2 2 ( x  2) 2  4(m  5) log1/ 2. 1  4m  4  0 x2. Bài 3(1 điểm): Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vuông cân đỉnh B, AB = a; các cạnh SA  SB  SC  3a , (a > 0). Trên cạnh SA, SB lần lượt lấy điểm M, N sao cho SM = BN = a. Tính thể tích khối chóp C.ABNM theo a. Bài 4(2 điểm): 1. 1) Tính tích phân:.  x .ln(1  x 2. 2. )dx. 0. 2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm A(3; 1). Lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt chiều dương các trục tọa độ Ox, Oy thứ tự tại P, Q sao cho diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất. Bài 5(1 điểm):  x  1 t  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d1:  y  1  2t ; (t  R ) ,đường thẳng d2 là  z  1  2t  giao tuyến của hai mặt phẳng (P): 2x – y – 1 = 0 và (Q): 2x + y + 2z – 5 = 0. Gọi I là giao điểm của d1 và d2. Viết phương trình đường thẳng d3 qua A(2; 3; 1), đồng thời cắt hai đường thẳng d1và d2 lần lượt tại B và C sao cho tam giác BIC cân đỉnh I. Bài 6(1 điểm): Cho x, y, z  0 và x 2  y 2  z 2  3 . Chứng minh:. x3 1  y2. . y3 1  z2. . z3 1  x2. . 3 2 2. ..................Hết................... 1 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Đáp Án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN (ĐỀ 166). Bài 1: Nội dung 2 2 *Có hàm số : y  (| x | 1) .(| x | 1)  y = x4 - 2x2 + 1 ( C). 1) 1 điểm. lim y  ; lim y   ;. *TXĐ: R;. x . x . Điểm. y '  4 x 3  4 x; y '  0  x  0; x  1. *BBT: *Đọc đúng khoảng đb, nb; cực trị *Vẽ đúng đ thị *Gọi A(a:0)  Ox mà từ A kẻ được đến ( C) ba tiếp tuyến phân biệt. *Đường thẳng d đi qua A với hệ số góc k có phương trình: y = k(x-a). 2) 1 điểm. 0.25 0.25 0.25 0.25.  x 4  2 x 2  1  k ( x  a) *d là tt của ( C) khi và chỉ khi hệ pt sau có nghiệm: ( I )  4 x3  4 x  k  0.25. k  0. 4 x( x 2  1)  k hoặc ( B) ( A )  2 2 x  1  0 3 x  4 ax  1  0(1)   . *Có ( I )  . *Từ hệ (A), chỉ cho ta một tiếp tuyến duy nhất là d1: y = 0. Vậy để từ A kẻ được 3 tiếp tuyến pb tới (C) cần và đủ là hệ (B) phải có 2 nghiệm pb (x;k) với x khác 1 , tức là phương trình (1) phải có 2 nghiếm pb x khác 1 KQ: 1  a  . 0.25 0.25. 3 3 hoÆc 1  a  2 2. Bài 2: Nội dung 1)  u v 5  ( x  1) 2  ( y  1) 2  5 u  x  1  *Hệ . Đặt  , thu được hệ   1 ( x  1)( y  1)[( x  1)  ( y  1)]  6 uv(u  v)  6 v  y  1 điểm u  x  1  1 u  v  3 u  x  1  2 * Giải ra được: u.v  2 ; * Giải ra được: v  y  1  2 hoặc    v  y  1  1 2. 2. Điểm 0.25 0.50. x  2  y  3 2) * ĐK: cos x  0 . PT  sin 3 x  cos3 x  cos 2 x.(2 cos x  sin x) 1  (sin x  cos x).cos x.(2sin x  cos x)  0 điểm  sin x  cos x  0; 2sin x  cos x  0  1  x    k ; x  arctan  l ;(k , l  Z ) 4 2. 0.25. 3) *PT  ( m  1).log 2 ( x  2)  ( m  5) log ( x  2)  m  1  0 1/ 2 1/ 2 1 điểm *Đặt t  log1/ 2 ( x  2), x   5 ; 4   t  1;1  . 0.25. x  3 hoặc  y  2. Thu được pt:. 2  4t 2  4 t 2  5t  1 ; f '(t )  0  t  1 m  f (t )  2 ; f '(t )  2 (t  t  1) 2 t  t 1. * Lập BBT của f(t) trên đoạn 1;1, thấy f(t) liên tục và NB trên đoạn 1;1 , nên. 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.25 0.50.  7 m   3;  thỏa mãn đề bài.  3 2 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Bài 3: 1 * Chân đường cao của tứ diện hạ từ đỉnh S là trung điểm H của cạnh AC điểm. 0.25 0.25. a 3 34 * Tính được VS . ABC  12 2 * CM được VS .MNC  .VS . ABC 9 7 7 a 3 34  VC.ABNM  .VS . ABC  9 108. 0.25 0.25. Bài 4: 1) * Tính 1 điểm. 0.25. 1. I   x 2 .ln(1  x 2 )dx 0. 2x  1 du  dx 1 2  u  ln(1  x )  1 3 2 x4  2 1  x * Đặt   I  x .ln(1  x )   dx  2 2 3 3 1  x 1 dv  x dx 3 0  0 v  x  3 2. x4 1 2  * Tính J   dx   [ x 2  1  ]dx  ...    2 2 1 x 1 x 3 4 0 0 1 4  * Vậy I  .ln 2   3 9 6 2) x y * Từ gt ta có P (a;0); Q (0; b), a  0, b  0. * d có pt:   1 . 1 a b điểm 3 1 3 d qua A(3; 1) nên   1  1  2.  ab  2. 3 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ a b ab 3 1 a  6 khi    a b b  2 1. 1. a  6 b  2. 1 2 x y * Vậy d có pt:   1 6 2. * Có S OPQ  .a.b  3 . Nên S OPQ nhỏ nhất (  3 ) khi và chỉ khi . 0.50 0.25 0.25 0.25. 0.25 0.25. Bài 5:. 3 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1)  x  t1 1  điểm * d có pt:  y  1  2t1 ; (t1  R ) 2. 0.25.  z  3  2t 1 . * Tìm được I(1;1;1) Ta có B(1 + t;1 +2 t;1 + 2t), C(t1;-1 +2 t1;3 -2 t1) , ( đk: B khác I, C khác I.  t  0, t1  1 ).  IB  IC (1) *Tam giác BIC cân đỉnh I    . [ AB , AC ]  0 (2). 0.25. .. t  1 .  ...   t  2 1. 0.25.  x2  * Từ đó có pt d3 :  y  3 ; (t  R )  z  1  2t . 0.25. Bài 6: 1) x3 y3 z3 2 2 Ta có: VT + 3 = (  y )(  z )(  x2 ) 1 2 2 2 1 y 1 z 1 x điểm.  VT . 6 4 2. (. x3 2 1  y2. . x3 2 1  y2. . y3 y3 1  z2 1  y2   ) ) ( 2 2 4 2 4 2 2 1 z 2 1 z. 0.25. 0.25. 1  x2 (   ) 2 1  x2 2 1  x2 4 2 z3. VT . z3. 6 4 2.  VT .  33. 3. x6 y6 z6  33  33 16 2 16 2 16 2. . 3. ( x2  y 2  z 2 ) . 9. 0.25. 0.25. 26 8 23 2 2 9 3 9 3 3  VT       VP (đpcm) 2 2 6 23 2 2 2 2 2 2 2 2. ( Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1). 4 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>