THI THU

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (137.07 KB, 5 trang )

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

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh)

Câu I. Cho hàm số:  





3 2 2

2 1 4 3 1

3 2

y x  m x  m  m x

.
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -3.

2. Với giá trị nào của m hàm số có cực đại, cực tiểu? Gọi x1, x2 là hoành độ hai điểm cực đại, cực tiểu của

hàm số, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x x1. 2  2



x1x2



.

Câu II.

1. Giải phương trình





4 4

1 cot 2 cot 2 sin cos 3

cos

x x x x

x

   

2. Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình x4 xm



x2 4x 5 2



0 nghiệm đúng với mọi
giá trị x thuộc đoạn 2; 2 3

Câu III. 1. Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AD a 2, CD = 2a. Cạnh SA vuông góc
với đáy và SA3a 2 a0. Gọi K là trung điểm của cạnh CD. Chứng minh mặt phẳng (SBK) vng
góc với mặt phẳng (SAC) và tính thể tích khối chóp SBCK theo a.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O1A1B1 với A(2; 0; 0), B(0; 4; 0) và O1(0;

0; 4). Xác định tọa độ điểm M trên AB, điểm N trên OA1 sao cho đường thẳng MN song song với mặt

phẳng (): 2xy z  5 0 và độ dài MN = 5.

Câu IV. 1. Tính tổng:

2 2 2 2

0 1 2

...

1 2 3 1

n

n n n n

C C C C

S

n

       

        



        , ở đó n là số nguyên dương và Cnk là số tổ

hợp chập k của n phần tử.

2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 y2 6x 2y 6 0 và các điểm B(2;
-3) và C(4; 1). Xác định tọa độ điểm A thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC cân tại điểm A và có
diện tích nhỏ nhất.

PHẦN 2 (thí sinh làm một trong hai câu)

Câu Va. 1. Tính tích phân:





ln 5

ln 2 10 x 1 x 1

dx
I

e e



 



2. Giải hệ phương trình:

 





 

2
2

2 2

2 2 4

2 2 4 1 0 5

x

y

x xy

x y x x y x





   





    




Câu Vb. 1. Tính tích phân: 
4

3
0

sin
cos

x x

I dx

x







2. Giải phương trình    

2 7 7 2

log log 3 2 log 3 log

x

x x x   x  x

 

 

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

---Hết---HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 01

PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh)

Câu I. Cho hàm số:  





3 2 2

2 1 4 3 1

3 2

y x  m x  m  m x

.
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -3.

2. Với giá trị nào của m hàm số có cực đại, cực tiểu? Gọi x1, x2 là hoành độ hai điểm cực đại, cực tiểu của

hàm số, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x x1. 2  2



x1x2



.

Đáp án: Ta có y 2x2 2m1x m 2 4m3.

Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi y = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 hay

m 12 2



m2 4m 3



0 m2 6m 5 0 5 m 1



               

Theo định lí Vi-ét, ta có x1x2 m1,





1. 2 12 4 3

x x  m  m

Suy ra





 

2 2

1 4 3 2 1 1 8 7

2 m  m  m 2 m  m

Ta nhận thấy, với m 



5; 1



thì  9 m2 8m7m42  9 0
Do đó A lớn nhất bằng

2 khi m = -4. 
Câu II.

1. Giải phương trình





4 4

1 cot 2 cot 2 sin cos 3

cos

x x x x

x

   

Đáp án: Điều kiện: sin2x  0.

Phương trình





2 4 2

2 2 1 1sin 2 3 sin 2 sin 2 2 0

sin x x x x

       

 

2
2

sin 2 2

sin 2 1 cos 2 0

4 4

sin 2 1

x k

x x x k

x

   

         






2. Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình x4 xm



x2  4x5 2



2 nghiệm đúng với
mọi giá trị x thuộc đoạn 2; 2 3

Đáp án: Đặt t x2  4x5. Từ x2; 2 3 t



1; 2



. Bất phương trình đã cho tương đương với:

  2  

2 5

5 2 0

t

t m t m g t

t 

      

 (do t2 0 )

Bất phương trình nghiệm đúng  x 2; 2 3 mmaxg t t , 



1; 2



.
Xét hàm g(t) có g(t) đồng biến





   





1; 2 max 2 , 1; 2

t m g t m  t

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

Câu III. 1. Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
2

AD a , CD = 2a. Cạnh SA vng góc với đáy và

 

3 2 0

SA a a . Gọi K là trung điểm của cạnh AC. Chứng
minh mặt phẳng (SBK) vng góc với mặt phẳng (SAC) và tính
thể tích khối chóp SBCK theo a.

Đáp án: 1. Gọi H là giao của AC và BK thì 
BH =
2
3BK 
2 3
3

a


và CH =
1

3; CA = 
6
3

a

2 2 2 2 2

BH CH a BC BK AC

     

Từ BK  AC và BK  SA  BK  (SAC)  (SBK)  (SAC)

VSBCK =

3SA.SBCK = 
1
3
2
3
2

3 2
2
a

a  a

(đvtt)

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O1A1B1 với A(2; 0; 0), B(0; 4; 0) và O1(0;

0; 4). Xác định tọa độ điểm M trên AB, điểm N trên OA1 sao cho đường thẳng MN song song với mặt

phẳng (): 2xy z  5 0 và độ dài MN = 5.

Đáp án:

Có A1(2; 0; 4)  OA1



2; 0; 4





 phương trình OA1:





0 2 ; 0; 4

x n

y N n n

z n



 

 


Có AB 



2; 4; 0





 phương trình AB:





2 2

4 2 2 ; 4 ; 0

x m

y m N m m

z
 


  

 

Vậy MN



2n2m 2; 4 ; 4 m m





Từ MN//   MN n.    0 2 2 n2m 2 4m4n 0 n 12 N



1; 0; 2



 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
.
Khi đó:
 









2 1
2 2
2
8 4

1 ; ; 0

5 5
5

2 1 16 4 5

0 2; 0; 0

M
m

MN m m

m M A


 


      

  
 

Câu IV. 1. Tính tổng:

2 2 2 2

0 1 2

...

1 2 3 1

n

n n n n

C C C C

S

n

       

        



        , ở đó n là số nguyên dương và Cnk là số tổ

hợp chập k của n phần tử.

Đáp án: Ta có:    

 
   
1
1
1 !
!

1 1 , 0,1,...,

1 1 ! ! 1 1 ! ! 1

k k

n n

C n n C k n

k k k n k n k n k n






      

      

Vậy:  

















2 2 2 2

1 2 3 1

1 1 1 1

1 ...

n

n n n n

S C C C C

n

   
 
      


Từ 1xn1. 1 xn1 1 x2n2, cân bằng hệ số xn1

ở hai vế ta có:





















2 1

1 1 1 1 ... n1 2n 2

n n n n n n

C C C C C  C 

           

Vậy:  

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

Đáp án: Để ABC làm tam giác cân tại A thì A phải nằm trên đường trung trực () qua trung điểm BC là

M(3; 1) và nhận BC



2; 4





làm véc tơ pháp tuyến nên () có phương trình:

 





2 x 3 4 y1  0 x2y 1 0

Vì A  (C) nên tọa độ A là nghiệm của hệ:

2 2 6 2 6 0

2 1 0

x y x y

x y

     




  




Giải hệ tìm ra hai điểm A1(-1; 1) và A2(

21
5


;
13

5 )

Do 1 2

18
20

A M   A M

nên SA BC1 SA BC2 . Vậy điểm cần tìm là A(-1; 1)
PHẦN 2 (thí sinh làm một trong hai câu)

Câu Va. 1. Tính tích phân:





ln 5

ln 2 10 x 1 x 1

dx
I

e e



 



Đáp án: Đặt t ex 1 t2 ex 1 2tdt e dx x . Khi x = ln2 thì t = 1; khi x = ln5 thì t = 2.

Khi đó:













ln 5 2 2 2

2
2

ln 2 1 1 1 1

2 2 1 1 1 1ln 3 1ln5

3 3 3 3 3 3 2

9
9

10 x x 1

dx tdt dt t

I dt

t t t

t

t t

e e



      

  




 



2. Giải hệ phương trình:

 





 

2
2

2 2

2 2 4

2 2 4 1 0 5

x

y

x xy

x y x x y x





   





    



Đáp án: Điều kiện: x  0

 













1 2

5 x xy 2 2 x xy 2 1 0 x xy 2 1 y x

x



   

              

Thay vào (4) nhận được:
2
2 2

1 1 2

2 2

2 1 3 1 1 1 2 1

2 2

x x

x x x x x

x x x x

 

  

      

2 2

1 1 2

2 2

2 2 2 2

1 1 2 1 2 1

2 2

x x

x x x x f x f x

x x x x

 

 

     

        

   

Ở đó f t 2tt là hàm đồng biến với mọi t.

Từ đó suy ra

2 2

1 2 1 2 3

x x x y

x x

 

  

      

   

   

Vậy nghiệm của hệ phương trình là

3
2

x  y

Câu Vb. 1. Tính tích phân: 
4

3
0

sin
cos

x x

I dx

x







.
Đáp án: Đặt u = x và 3

sin
cos

x

dv dx du dx

x

  

và 2
1
2 cos

v

x



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

Từ đó:

4 4

2 2

0 0

1 1tan 1

2 4 2 4 2

2 cos cos

x dx

I x

x x



 

 



   

2. Giải phương trình    

2 7 7 2

log log 3 2 log 3 log

2x

x x x   x  x

 

  (6)

Đáp án: Điều kiện: x > 0

 6



log2





log2 2 log7 3



x

x  x x 

      

Xét

2 ln ln 2

log 2

2 2

x

x x

x

    

(7)
Đặt:    

lnx 1 lnx

f x f x

x  x

  

; f x  0 x e .

Vậy phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm. Dễ thấy x = 2 và x = 4 là nghiệm của (7).
Xét log2x2 log7x3 (8)

Đặt: log2x t  x2t

 8 7



2 3



 

4 6

 

2 9

 

1 1

7 7 7

t t t

t t

      

có nghiệm duy nhất t = 2.
Vậy phương trình có nghiệm x = 2 và x = 4.

</div>

THI THU



























<sub></sub>

<b>---Hết---HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 01</b>

<i><b> </b></i>





























































































































<sub></sub>