Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán (số 84)

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 84 ). I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8 điểm) Câu I: (2đ) Cho hàm số: y  x 4 (m 2 10) x 2 9 . 1.Khảo sát sự bthiên và vẽ đồ thị của hàm số ứng với m = 0 2)Tìm m để đồ thị của hsố cắt trục hoành tại 4 điểm pbiệt x1 , x2 , x3 , x4 thỏa : x1  x2  x3  x4  8. Câu II (3đ): 1) Tìm m để phương trình sau có nghiệm : tan 2 x  3  m(tan x  cot x)  cot 2 x  0 3  2 2 4 xy  4( x  y )  ( x  y ) 2  7  /2  sin 2 x 2) Giải hpt :  .3) Tính tích phân : B   dx  /6 sin 3 x 2 x  1  3  x y Câu III ( 1 đ) : Cho hình chóp OABC có 3 cạnh OA , OB , OC vuông góc với nhau đôi một tại O, OB = a, OC = a 3 và OA= a 3 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh BC , AC. a)Tính khoảng cách từ điểm B đến mp ( OMN ). b) Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB và OM.. Câu IV ( 1 đ): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 3 ; - 1 ; 1 ) , đường thẳng  và mp ( P) lần lượt có phương x y2 z   trình :  : , (P):x–y+z -5=0. 1 2 2 Viết phương trình tham số của đường thẳng d thỏa các điều kiện :đi qua A , nằm trong ( P) và hợp với đường thẳng  một góc 450. II. PHẦN RIÊNG CHO THÍ SINH HỌC THEO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 2 điểm) A. Chương trình chuẩn: Câu Va. 1)Giải bất phương trình : 2 log( x 3  8)  2 log( x  58)  log( x 2  4 x  4) ..  1 2) Tìm số thực x > 0 trong khai triển :  5  3  x B. Chương trình nâng cao:. 10.  x  , biết số hạng đứng giữa của khai triển bằng 16128 . Câu Vb:1) Giải pt : 3x  5  10  3x  15.3x  50  9 x  1 y 9 2 ) 2) Cho 2 số thực x và y > 0 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biể thức : P  (1  x)(1  )(1  x y. --- -----------------------------------Hết --------------------------------------------------------. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 84 ). Câu Đáp án I 1) Khảo sát hàm số với m = 0 : Bạn đọc tự làm Cho: y = x4 – (m2 + 10)x2 + 9 (Cm). 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m= 0. y = x4 – 10x2 + 9  x 2  1 1 x  .Đồ thị :.....Cho y  0   x2  9  x  3  2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và Ox. x 4  (m2 10) x 2 9 0 (1) Đặt t x 2 (t 0) Ptrình trở thành: t 2  (m2 10)t 9 0 (2) Ta có đk: Lop10.com. Điểm 1.00. 1.00.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>   (m 2  10) 2  36  0, m   m 2  20m  64  0  16  m ; m  4 P  9  0  S  m 2  10  0, m . => 0 < t1 < t2 , với. t  x2  x  t Vì hs đã cho là hs chẵn và theo đề bài ta có : t1  t2  4  t1  t2  2 t1.t2  16 (3) b c  m 2  10 , t1t2   9 . Ta có pt: m2 + 10 = 10  m = 0. a a ( Kiểm tra lại qua việc vẽ đồ thị ở câu 1 ). Áp dụng Viet : t1  t2 . II. 1)Giải bất phương trình : 2 log( x 3  8)  2 log( x  58)  log( x 2  4 x  4) .. 1.00 Đ.  x 3  8  ( x  2)( x 2  2 x  4)  0   x  2 Đk :  x  58  0  x 2  4 x  4  ( x  2) 2  0  Bpt đã cho  log( x 3  8)  log(( x  58)( x  2))  ( x  2)  x 2  3 x  54   0. 0.25 0.25.  x  6 ;  2  x  9 (0.25) .So dk , ta co : 2  x  9 (0.25) 2) Tìm m để pt sau có nghiệm : tan x  m tan x  3  m cot x  cot x  0 Pt: tan 2 x  m tan x  3  m cot x  cot 2 x  0  tan 2 x  cot 2 x  m(tan x  cot x)  3  0 k Điều kiện : sin x & cos x  0  x  . Đặt : t  tan x  cot x , dk : t  2 2 Khi đó ta có : t 2  2  tan 2 x  cot 2 x Pt đã cho trở thành : t 2  mt  1  0 (1) , với điều kiện : t  2 2. 2. 0.5 1.00 Đ. 0.25. Pt đã cho có nghiệm  pt ( 1) có nghiệm t thỏa điều kiện : t  2 Ta thấy t = 0 không phải là nghiệm của pt ( 1) nên pt (1) tđương với pt : m  . 3. t2 1 t. Xét hàm số : t2 1 t 2  1 f (t )   , t  2. Ta co : f '(t )  ; f '(t )  0  t  1 (loai ) ; t  1 (loai ). t t2 Lập bảng biến thiên của hàm số f( t) ( 0.25 ) , 5 5 ta thấy pt đã cho có nghiệm  m   ; m  (0.25 ) 2 2. 0.25. 3) Giải pt : 3x  5  10  3x  15.3x  50  9 x  1. 1.00. Đặt : t  3x  5  10  3x (t  0)  t 2  5  2 15.3x  50  9 x t  3(nhan) Ta có pt : t 2  2t  3  0 (0.25)   (0.25) t  1(loai ). 0.5. 0.5. t  3  3x  5  10  3x  3. Dat : y  3x ( y  0). Ta co pt : 9  5  2 15. y  50  y 2  15. y  50  y 2  2. 3. 3x  9 x  2 y  9  y 2  15 y  54  0    x  y  6  x  log 3 6 3  6 1)Giải hpt :. Lop10.com. 0.5. 1.00.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3 3   2 2  4 xy  4(( x  y )  2 xy ))  ( x  y ) 2  7  4( x  y )  4 xy  ( x  y ) 2  7      x  y  1  ( x  y)  3  x  y  1  ( x  y)  3   x y x y   3 3   2 2 2 2 2 3( x  y )  (( x  y )  4 xy )  ( x  y ) 2  7 3( x  y )  ( x  y  2 xy )  ( x  y ) 2  7      x  y  1  ( x  y)  3  x  y  1  ( x  y)  3   x y x y     3  1  2 2 2  ( x  y)2  7 3  ( x  y )  2  3( x  y )  ( x  y ) 2  ( x  y )  7 ( x  y )       1 1 x  y  x  y   ( x  y)  3  ( x  y)  3   x  y x y  . 1  u  x  y  x y  v  x  y . ( u  2). 0.5. 3u 2  v 2  13 u  2 x  1 Ta co :    ....   v  1 y  0 u  v  3. 0.5. 2) Tính tích phân  /2  /2  /2  /2  /2 sin 2 x sin 2 x sin 2 x sin x sin x dx  dx  dx  dx   /6 sin 3x /6 3sin x  4sin 3 x /6 sin x(3  4sin 2 x) /6 3  4sin 2 x /6 4 cos2 x  1 dx. 1.00 0.25. Đặt t = cosx => - dt = sinxdx . Ta có : 0. B IV. dt 1  4t 2  1  4 3 /2. 3 /2.  0. 3 /2. dt 1  2 t  1/ 4 4.  0. dt 1  ...  ln(2  3) (t  1/ 2)(t  1/ 2) 4. 0.75. a)Tính khoảng cách từ điểm B đến mp ( OMN ). 1.00 z a 3 A. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó O(0;0;0), A(0; 0; a 3); B (a; 0; 0), C (0; a 3; 0),. a a 3 M  ; ; 2 2.   a 3 a 3 0   N  0; ; . 2 2   .   a a 3 OM   ; ; 2 2. N.    a 3 a 3  0  , ON   0; ;  2 2   . C. O. a 3 B.    3a 2 a 2 3 a 2 3  [OM ; ON ]   ; ; ,  4 4 4    n  ( 3; 1; 1) là VTPT của mp ( OMN ). M a. y. 0.5. x.  Phương trình mặt phẳng (OMN) qua O với vectơ pháp tuyến n : 3 x  y  z  0 Ta có: d ( B; (OMN )) . 3.a  0  0 3 11. . a 3 5. . a 15 a 15 . . Vậy: d ( B; ( NOM ))  5 5. b) MN là đường trung bình của tam giác ABC  AB // MN a 15 .  AB //(OMN)  d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) = d ( B; ( NOM ))  5. 0.5 1.00 0.25. 2) Viết ptts của đt d :. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  nP. . P. A. d. Cách 1:   Gọi ud , u , nP lần lươt là các vtcp của đt d , đt  và vtpt của mp ( P).    Đặt ud  (a; b; c), (a 2  b 2  c 2  0) . Vì d nằm trong ( P) nên ta có : nP  ud => a – b + c = 0  b = a + c ( 1 ). Theo gt : góc giữa 2 đt bằng 450  Góc giữa 2 vtcp bằng 450 . a  2b  2c 2   2(a  2b  c) 2  9(a 2  b 2  c 2 ) (2)  2 2 2 2 a  b  c .3. c  0 Thay (1) vào ( 2) ta có : 14c  30ac  0   c   15a 7  * Với c = 0 : chọn a = b = 1 . Ta có ptts của d là : x = 3 + t ; y = - 1 – t ; z = 1 * Với c = - 15a / 7 . chọn a = 7 , c = - 15 , b = -8 . ta có ptts của d là : x = 3 + 7 t ; y = - 1 – 8 t ; z = 1 – 15t. 2. 1.00 y 9 2 ) Cmr với mọi x , y > 0 , ta có : P  (1  x)(1  )(1  x y. Biến đổi vế trái , ad Bđt Cosi cho 4 số dương , ta có : 2. y y y  3 3 3  x3 4 y 3  27   x x x  4 1    1    1     4. .4. . 4.    256 4      27 27 x 3  y y y  y y   3 3 3   3 x 3 x 3 x   Vaây Pmin = 256 khi x = 3 vaø y = 9. Lop10.com.

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