de thi thu dai hoc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (548.21 KB, 23 trang )

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

SỞ GD& ĐT PHÚ THỌ

TRƯỜNG THPT LONG CHÂU SA

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG LẦN II

A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH:
Câu 1: (2 điểm)

Cho hàm số y = 2x3- 3x2 – 1 (C)

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

2. Gọi dk là một đường thẳng đi qua M(0 ; -1) và có hệ số góc là k. Tìm k để đường
thẳng dk cắt (C) tại 3 điểm phân biệt.

Câu 2 : (2 điểm)

1. Giải hệ phương trình :
3
3

8
2 3

6
2

x
y
x

y



 





  




2. Giải phương trình : 3(sin2x + sinx) + cos2x – cosx = 2.
Câu 3 : (1 điểm)

Cho lăng trụ đều ABCA’B’C’ có các cạnh đáy bằng a. Khoảng cách từ tâm O của tam giác ABC đến
mặt phẳng (A’BC) bằng 6

a

. Tính thể tích lăng trụ đều đó.
Câu 4 : (1 điểm)

Tính tích phân
I =

1
2
0

4 5

3 2

x

dx

x x



 



\\
Câu 5 : (1 điểm)

Cho a, b, c là các số dương thay đổi thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của P :
P = a2 + b2 +c2 + 2 2 2

ab bc ca
a b b c c a

 

  .

B. PHẦN RIÊNG CHO CAC THÍ SINH : 
- Theo chương trình chuẩn:

Câu 6a: (3 điểm)

1, (1 điểm): Mặt phẳng oxy. Hãy lập phương trình đường thẳng d cách A(1; 1) một khoảng bằng 2 
và cách B(2; 3) một khoảng bằng 4.

2, (1 điểm): Cho tứ diện ABCD với A(0; 0; 2); B(3; 0; 5); C(1; 1; 0); D(4; 1; 2). Hãy tính độ dài 
đường cao hạ từ D xuống mặt phẳng (ABC) và viết phương trình mặt phẳng (ABC).

3, (1 điểm): Giải phương trình: 2

2 3
2

3 .4 18

x
x  x


- Theo chương trình nâng cao:

Câu 6b (3 điểm)

1, (1 điểm): Mặt phẳng oxy cho ba đường thẳng: d1: 3x – y – 4 = 0; d2: x + y – 6 =0;

d3: x – 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vng ABCD biết rằng A và C thuộc d3; B thuộc d1; D
thuộc d2.

2, (1 điểm): Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC trong không gian oxyz với A(3; 0; 0);
B(0; 2; 0); C(0; 0; 1).

3, (1 điểm): Giải bất phương trình:

3 3

log log 2

( 10 1) ( 10 1)

x x x

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2></div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

SỞ GD& ĐT PHÚ THỌ
TRƯỜNG THPT LONG CHÂU SA

ĐÁP ÁN SƠ BỘ VÀ CHO ĐIỂM TỪNG PHẦN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG LẦN II

A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH:

Câu Đáp án sơ bộ Thang điểm

Câu 1
1)

y = 2x3- 3x2 – 1 (C)

TXĐ : D = R

SBT : y’ = 6x2 – 6x = 0  x = 0 ; x = 1

0,25đ
Cực trị, đồng biến, nghịch biến, giới hạn, cực đại, cực tiểu :

X - 0 1 +

Y 0 0

y’ -1 +

- -2

0,25đ

CĐ(0 ; -1) ; CT(1 ; -2) ;

Đồng biến : x  (-; 0)(1 ; +) ;
Nghịch biến: x  (0 ; 1) ;

Giới hạn : xlim  y  ; xlim y;

0,25đ

Đồ thị : y’’=0  12x – 6 = 0 
 x= 1/2 U(

1 3

;
2  2)
x= -1  y = -6 ; x=2  y = 5.

0,25đ

Câu 1-
2
(1 điểm)

Dk là đường thẳng đia qua điểm M(0; -1) với hệ số góc k có dạng y = kx – 1 với

điều kiện k 0. 0,25đ

Vì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt  phương trình hồnh độ giao điểm của hai 
đồ thị là nghiệm của phương trình : 2x3 – 3x2 – 1 = kx -1 có ba nghiệm phân

biệt :  2x3 – 3x2 –kx = 0  x(2x2 – 3x –k ) = 0 0,25đ
Phương trình có ba nghiệm phân biệt  2x2 – 3x –k = 0 có hai nghiệm phân

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



9 8 0

0
k
k

   






 

9
8
0
k
k


 


 


Vậy với

9
8
0
k
k


 



 

 thì dk qua M(0 ; -1 )cắt (C) tại ba điểm phân biệt

Câu 2
(2 điểm)
1, (1điểm)

Giải hệ phương trình :

3
3

8
2 3

6
2

x
y
x

y


 





  



 Điều kiện y 0

Đặt z = 2/y  0 ta được hệ :

3
3
2 3
2 3

x z
z x

  




 




0,25đ

Trừ vế với vế của hai phương trình trên dẫn đến : x – z = 0 và

x2 + xz + z2 +3 >0 với mọi x, z 0,25đ
Thay x = z vào phương trình (1) của hệ ta được : x3 – 3x – 2 = 0

 (x+1)2(x - 2) = 0  x = -1 hoặc x = 2

Từ x = z = 2/y 
2

1 2

2 1

y
y



  






  



  (x ; y ) là (-1 ; -2) ; (2 ; 1)
2. Giải phương trình : Nhân 3 vao, khai triển, chia 2 vế cho 2 ta được :

2 sin2x +
1

2cos2x+
3
2

sinx-1

2cosx = 1

Áp dụng công thức biến đổi đến : cos(2x 3) sin(x 6) 1

 

   

 -1+cos(2x 3) sin(x 6)

 

  

= 0


2sin ( ) sin( ) 0

6 6

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

Giải đúng :

sin( ) 0

6
1
sin( )

6 2

x
x





 




  

 được 3 họ nghiệm :
x = 6 k





; x = 3 k





; x =  k2 với kZ

Câu 3 :
(1điểm)
Câu 4 :
(1 điểm)

Gọi M là trung điểm của BC. H là
Hình chiếu của O lên A’M.

Ta có : AMBC ; AA’BC
 BC(A’AM) BCOH ;
 OH(A’BC)

 OH = 6
a

= d(O,(A’BC))

Đặt AA’= x và có OMH MAA ' nên AA ' '

OH MO

MA




2 2

6 3

a a

x

x a





 x = 
6
4 a

0,25đ

Vậy VABC.A ‘B’C’ = S
2 3

4
a

.
6
4 a =

3
3 2

16 a (đvtt)

0,5đ

I =
1

2
0

4 5

3 2

x

dx

x x



 



=
1

2 2

2 6 1

(2 )

3 2 3 2

x

dx

x x x x




   



= 2 ln(x2+3x+2)

1
0- ln

1
2
x
x




0= 2ln6 – 2ln2 – ln
2
3+ ln

1
2

0,5đ
H

A
A’
B’

C’

B
M

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

= 2ln3 – ln2 + ln3 – ln2 = 3ln3 – 2ln2 = ln
27

0,5đ

Câu 5 :
(1 điểm)

3(a2 +b2 +c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2)

a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + ca2 + ac2 0,25đ
Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số :

3 2 2 2
a ab  a b

3 2 2 2
b bc  b c

3 2 2 2
c ca  c a

 3(a2 +b2 +c2)  3(a2b + b2c + c2a ) > 0
 (a2 +b2 +c2) a2b + b2c + c2a

Do đó: P a2 + b2 + c2 + a2 b2 c2
ab bc ca 

 

P  a2 + b2 + c2 + 2 2 2

2( )

2(a b c )
ab bc ca 

 

P  a2 + b2 + c2 +

2 2 2
2 2 2

9 (a b c )

2(a b c )

  

 

0,25đ

Đặt t = (a2b2c )2 Ta có : t3 vì 9 = 3(a2b2c )2
P t +

9
2

t
t


9 1 3 1

2 2 2 2 2 2

t t

t

     

= 4
P  4 Đẳng thức sảy ra  a = b = c = 1

0,25đ

B. PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH:
Theo chương trình chuẩn:

6a(1)
(1 điểm)

(d) có dạng: ax +by + c = 0. Nhận thấy AB = 5 < d(A,d1) + d(B,d2)
d(M,



) kí hiệu khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng



A, B nằm về cùng một phía đối với đường thẳng (d)

 (a + b + c)(2a + 3b + c) >0 (1)

Theo giả thiết d(A,d1) = 2; d(B,d2) = 4

2 2

2 3 2 (2)

2(3)

a b c a b c

a b c

a b

     



 








Từ (1) và (2)  2a + 3b + c = 2a + 2b +2c b = c
Thế b = c vào (3) tìm được a = 0; a =

4
3b.
Có hai đường thẳng thỏa mãn:

D1: y + 1 = 0
D2: 4x + 3y +3 = 0
6a(2)

(1 điểm) AB



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

D(D,(ABC)) =

4 3 2 2 11

11
1 9 1

   


  (đvcd)

6a(3)
(1 điểm)

Đk: x 0;

2 2 2 3

log (3 .4 )
x

x x




= log 183

Dẫn đến: (x - 2)[x2 + 2x + 3log 23 ] = 0

x = 2 và x2 + 2x + 3log 23 = 0 vơ nghiệm vì



<0.

Theo chương trình nâng cao:
6b(1)

(1 điểm) Ta có B(b; 3b - 4)  d1 ; D(d; 6 - d)  d2

A, C  d3 song song với oy nên B và D đối xứng qua d3 nên d3 : x = 3
6

3 4 6

b d

b d

 




  

 

2
4
b
d







  B(2; 2); D(4; 2) I(3; 2)
IA2 = IB2 mà A(3; a)  d; I là tâm hình vng ABCD 
Nên (a - 2)2 = 1 a= 3 vaf a = 1 có hai nghiệm hình

A(3; 3); B(2; 2); C(3; 1); D(4, 2)
A(3; 1); B(2; 2); C(3; 3); D(4, 2)
6b(2)

(1 điểm) Gọi H là trực tâm của

ABC

 là giao của 3 mặt phẳng :

Mặt phẳng (ABC) đi qua A và mặt phẳng đi qua A vng góc với BC; Mặt
phẳng (Q) đic qua B vng góc với AC.

Mặt phẳng (ABC): Cặp chỉ phương: BC = (0; -2; 1); AC


= (-3; 0; 1)
n = (2; 3; 6) Phương trình (ABC): 2x + 3y + 6z – 6 = 0;

Mặt phẳng qua A và có n


= BC


Phương trình là: -2y + z = 0;
Mặt phẳng (Q) qua B(0; 2; 0) và có n


= AC



Phương trình là: -3x + 2z = 0
Vậy tọa độ H là nghiệm của hệ:

2 3 6 6

2 0

3 0

x y z

y z
x z

  




  



  

 

12
49
18
49
36
49

x
y
z












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

Vậy H(
12
49;

18
49;

36
49)

6b(3)
(1 điểm)

Đưa về: ( 10 1) log3x-

3 3

log 2 log

( 10 1) 3

x x

 

(x>0) 0,25

Đặt t=

log
10 1

( )

x


; t>0 0,25đ

t2 - 
1
t 

3  3t2 -2t -1>0  t 1 0,25

Dẫn đến x 1

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

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 
Môn: TOÁN – Khối: B

(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)

Câu I ( 2,0 điểm): Cho hàm số

2 4

1
x
y

x




 .

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

2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) và N(-1; -1).
Câu II (2,0 điểm):

1. Giải phương trình:

2
2

1 3 2

1 3 x x

x   x    

2. Giải phương trình: sinxsin2 xsin3xsin4xcosxcos2 xcos3xcos4x
Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân:

2
1

1 ln

e

x

I x dx

x x

 

   



 



Câu IV(1,0 điểm):Cho hai hình chóp S.ABCD và S’.ABCD có chung đáy là hình vng ABCD 
cạnh a. Hai đỉnh S và S’ nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vng
góc lên đáy lần lượt là trung điểm H của AD và trung điểm K của BC. Tính thể tích phần chung của
hai hình chóp, biết rằng SH = S’K =h.

Câu V(1,0 điểm): Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức:

9 9 9 9 9 9

6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6

x y y z z x

P

x x y y y y z z z z x x

  

  

     

PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn.

Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường trịn (C) có phương trình: x2y2 4 3x 4 0
.

Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường trịn (C’), bán kính R’ = 2 và tiếp xúc ngồi với (C)
tại A.

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d có

phương trình

2 3
2 (t R)
4 2

x t

y t

z t

 



 


  

 . Tìm trên d những điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến A và B
là nhỏ nhất.

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

B. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2,0 điểm):

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường
chéo BD: x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ
nhật.

2. Trong khơng gian với hệ toạ độ vng góc Oxyz, cho hai đường thẳng:

2 1 0 3 3 0

( ) ; ( ')

1 0 2 1 0

x y x y z

x y z x y

      

 

   

      

  .Chứng minh rằng hai đường thẳng () và (')

cắt nhau. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của các góc tạo bởi () và (
'

 ).

Câu VII.b (1,0 điểm): Giải hệ phương trình:

2 2 2

3 3 3

log 3 log log
log 12 log log

x y y x

x x y y

  




  

 .

--- Hết
---ĐÁP ÁN

Câu Nội dung Điể

m
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)

CâuI 2.0

1. TXĐ: D = R\{-1}

Chiều biến thiên: 2
6

' 0 x D

( 1)
y

x

   



=> hs đồng biến trên mỗi khoảng (  ; 1) và ( 1; ), hs khơng có cực trị 0.25
Giới hạn: xlim y2, limx 1 y, limx 1y 

=> Đồ thị hs có tiệm cận đứng x= -1, tiệm cận ngang y = 2
BBT

x - -1 +
y’ + +

+ 2
2 -

0,25

0.25
+ Đồ thị (C):

Đồ thị cắt trục hoành tại điểm



2;0



, trục tung tại điểm (0;-4)

f(x)=(2x-4)/(x+1)
f(x)=2
x(t)=-1 , y(t)=t

-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5

-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
9

x
y

Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng

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

2. Gọi 2 điểm cần tìm là A, B có

6 6

; 2 ; ; 2 ; , 1

1 1

A a B b a b

a b

   

  

   

 

    0.25

Trung điểm I của AB: I

2 2

;

2 1 1

a b a b

a b
  
 

 
 
 

Pt đường thẳng MN: x + 2y +3= 0 0.25

Có :
. 0
AB MN
I MN
 





 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
0.25
=>

0 (0; 4)

2 (2;0)
a A
b B
 
 

 


  0,25

CâuII 2.0

1. TXĐ: x 



1;3



0,25

Đặt t= x 1 3 x , t > 0=>

2 4

3 2

2
t

x x 

   0,25

đc pt: t3 - 2t - 4 = 0  t=2 0,25

Với t = 2 

1 3 =2 ( / )

3
x

x x t m

x



    

 0,25

2. sinxsin2xsin3xsin4 xcosxcos2xcos3xcos4 x 1,0
TXĐ: D =R

2 3 4 2 3 4

sinxsin xsin xsin xcosxcos xcos xcos x





sin 0

(sin ). 2 2(sin ) sin . 0

2 2(sin ) sin . 0

x cosx

x cosx x cosx x cosx

x cosx x cosx

 



       

   

 0,25

+ Với sinx cosx 0 x 4 k (k Z)




      0,25

+ Với 2 2(sin x cosx ) sin . x cosx0, đặt t = sinx cosx (t  2; 2 )
được pt : t2 + 4t +3 = 0

1
3( )
t
t loai


  
 0.25

t = -1

2
( )
2
2
x m
m Z

x m
 


 


 
  

Vậy :
( )
4

2 ( )

2
2

x k k Z

x m m Z

x m


 




  


  


 


0,25

Câu III 2

1
ln
ln
1 ln
e
x

I x dx

x x
 
   

 



1,0

I1 =1

ln
1 ln

e
x

dx
x  x



, Đặt t = 1 ln x,… Tính được I1 =

4 2 2

3 3 0,5





e

I 



x dx

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

I = I1 + I2 =

2 2 2

3 3

e  0,25

Câu IV 1,0

M
N
A
B
D C
S
S'
H
K

SABS’ và SDCS’ là hình bình hành => M, N là trung điểm SB, S’D : V V S ABCD. VS AMND.

0,25

. . .

S AMND S AMD S MND

V V V ;

. .

1 1

; . ;

2 4

S AMD S MND

S ABD S BCD

V SM V SM SN

V SB  V SB SC 

0.25

. . .

1
2
S ABD S ACD S ABCD

V V  V

; . . .

3 5

8 8

S AMND S ABCD S ABCD

V  V  V  V 0.25

2
5
24

V a h

  0.25

CâuV Có x, y, z >0, Đặt : a = x3 , b = y3, c = z3 (a, b, c >0 ; abc=1)đc :

3 3 3 3 3 3

2 2 2 2 2 2

a b b c c a

P

a ab b b bc c c ca a

  

  

      0.25

3 3 2 2

2 2 ( ) 2 2

a b a ab b

a b

a ab b a ab b

  

 

    mà

2 2

1
3

a ab b

 



  (Biến đổi tương đương)

2 2

( ) ( )

a ab b

a b a b

a ab b

 

   

 

0.25

Tương tự:

3 3 3 3

2 2 2 2

1 1

( ); ( )

3 3

b c c a

b c c a

b bc c c ca a

 
   
   
=>
3
2

( ) 2. 2

P a b c   abc 

(BĐT Côsi)

0.25
=> P2,P2 khi a = b = c = 1 x = y = z = 1

Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1 0.25

II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm)
A. Chương trình chuẩn
CâuVI.

a

2.0

1. A(0;2), I(-2 3 ;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’ 0,25

Pt đường thẳng IA :

2 3
2 2
x t
y t
 


 


 , I'IA => I’(2 3 ; 2t t2), 0,25

2 ' '( 3;3)

2
AI  I A  t I

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

(C’):









2 2

3 3 4

x  y 

0.25

2. M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t)d , AB//d. 0.25

Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB  A’B
(MA+ MB)min = A’B, khi A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB

0.25
0,25

MA=MB <=> M(2 ; 0 ; 4) 0,25

CâuVII

.a

1.0
z = x + iy (x y R,  ), z2 + z  0 x2 y2 x2y2 2xyi0 0,25

2 2 2 2

2 0

0
xy

x y x y




 
   


0,25

(0;0); (0;1) ; (0;-1). Vậy: z = 0, z = i, z = - i 0,5

B. Chương trình nâng cao
Câu

VI.b

2.0
1. BDAB B (7;3), pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = 0

(2 1; ), ( ;17 2 ), 3, 7

A AB  A a a C BC  C c  c a c ,

I =

2 1 2 17

;

2 2

a c  a c

 

 

  là trung điểm của AC, BD. 0,25

IBD 3c a 18 0  a3c18 A c(6  35;3c18) 0,25
M, A, C thẳng hàng MA MC,

 
 
 
 

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

cùng phương => c2 – 13c +42 =0 

7( )
6
c loai
c


 
 0,25

c = 6 =>A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3) 0.25

2.

Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất, ()(') = A

1 3
;0;

2 2
 

 

  0.5

(0; 1;0) ( )

M    , Lấy N ( '), sao cho: AM = AN => N
AMN

 cân tại A, lấy I là trung điểm MN => đường phân giác của các góc tạo bởi () và (
'

 ) chính là đg thẳng AI 0.25

Đáp số:

1 2

1 3 1 3

2 2 2 2

( ) : ;( ) :

1 1 2 2 3 5 1 1 2 2 3 5

14 30 14 30 14 30 14 30 14 30 14 30

x y z x y z

d d

   

   

   

      0,25

Câu 
VII.b
TXĐ:
0
0
x
y




 0.25

2 2 2

3 3 3

log 3 log log 3 . 2 .

log 12 log log 12 . 3 .

x y

x y y x y x

x x y y x y


   
 

 
    

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

2
3 .x 2 .y

y x



 



 0.25

4
3
4
3

log 2
2 log 2
x

y



 




 (t/m TXĐ)

0,25
(Học sinh giải đúng nhưng không theo cách như trong đáp án, gv vẫn cho điểm tối đa tương ứng

như trong đáp án ).

TRƯỜNG THPT

CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 – KHỐI A+B

MƠN TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I:(2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3.

2. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng: y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E
sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vng góc với nhau.

Câu II:(2 điểm)

1. Giải hệ phương trình:

2 0

1 2 1 1

x y xy

x y

   





   




2. T×m x∈(0; π) thoả mÃn phơng trình: cotx 1 = cos 2x

1+tanx+sin

2
x −1

2sin 2x .

Câu III: (2 điểm)

1. Trên cạnh AD của hình vng ABCD có độ dài là a, lấy điểm M sao cho AM = x (0 < x
 a).

Trên đường thẳng vng góc với mặt phẳng (ABCD) tại A, lấy điểm S sao cho SA =
2a.

a) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC).

b) Kẻ MH vng góc với AC tại H . Tìm vị trí của M để thể tích khối chóp SMCH lớn
nhất

2. Tính tích phân: I =

2
4

0 (x sin 2 )cos 2x xdx





</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Cõu IV: (1 điểm) : Cho các số thực dơng a,b,c thay đổi luôn thoả mãn : a+b+c=1.

Chứng minh rằng :

2 2 2

a b b c c a

b c c a a b

  

  

  

PHẦN RIÊNG (3 điểm)

A. Theo chương trình chuẩn

Cõu Va : 1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích bằng 
3
2 và
trọng tâm thuộc đờng thẳng



: 3x – y – 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C.

2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4)
và đờng thẳng



1 2

1 1 2

x y z

 

 .Tìm toạ độ điểm M trên



sao cho:MA2MB228
Cõu VIa : Giải bất phơng trình:

2−

√

3¿x2−2x−1 4
2−

√

3
2+

√

3¿x

−2x+1
+¿
¿

B. Theo chương trình Nâng cao

Câu Vb : 1. Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho 
qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600.

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d víi
d :

x 1 y 1 z

2 1 1

 

 

 .Viết phương trỡnh chớnh tắc của đường thẳng đi qua điểm M, 
cắt và vuụng gúc với đường thẳng d và tìm toạ độ của điểm M’ đối xứng với M qua d

Câu VIb : Giải hệ phương trình

3 3

log log 2

2 2

4 4 4

4 2 ( )

log (

) 1 log 2

log (

3 )

xy

xy

x

y

x

y



 







 







--- HẾT

Hớng dẫn chấm môn toán

Câu ý Néi Dung §iĨm

I 2

1 Khảo sát hàm số (1 ®iÓm) 1

y = x3 + 3x2 + mx + 1 (C
m)

1. m = 3 : y = x3 + 3x2 + 3x + 1 (C
3)

+ TXÑ: D = R

+ Giới hạn: xlim  y , limx y

0,25
+ y’ = 3x2 + 6x + 3 = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2

 0; x

 hàm số đồng biến trên R 0,25

 Bảng biến thiên:

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

+ y” = 6x + 6 = 6(x + 1)

y” = 0  x = –1  tâm đối xứng U(-1;0)
* Đồ thị (C3):

Qua A(-2 ;-1); U(-1;0); A’(0 ;1)

0,25

2 1

Phương trình hồnh độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng

y = 1 laø:

x3 + 3x2 + mx + 1 = 1

 x(x2 + 3x + m) = 0 




   

 2

x 0

x 3x m 0 (2)

0,25

* (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0;1), D, E phân biệt:

 Phương trình (2) có 2 nghieäm xD, xE 0.






   

 



 



   

 



m 0
9 4m 0

4
m
0 3 0 m 0 9

(*)

0,25

Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:
kD=y’(xD)=    

D D D

3x 6x m (3x 2m);

kE=y’(xE)=    

E E E

3x 6x m (3x 2m).

Caùc tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: kDkE = –1

0,25

 (3xD + 2m)(3xE + 2m) =-1

 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1

 9m + 6m(–3) + 4m2 = –1 (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định

lý Vi-ét).  4m2 – 9m + 1 = 0 

9 65

8
m

m

 





 





 So s¸nhĐk (*): m =







1 9 65
8

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

II 2

1 1

1. §k:

1
2
x
y









(1)

(

) 0

(

)(

2 ) 0

2

0

2 0(

)

x y

y

xy

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

voly

 





 





























0,5

 x = 4y Thay vµo (2) cã

4 1 2 1 1 4 1 2 1 1

4 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1

1
( )

2 1 0 2 2

5 10

2 1 2 ( )

y y y y

y y y y y

y tm

y x

x

y y tm

        

          




     

     



    

 



0,25

Vây hệ có hai nghiệm (x;y) = (2;1/2) và (x;y) = (10;5/2) 0,25

2 1

®K:

sin 2x ≠0
sinx+cosx ≠0

⇔
¿sin 2x ≠0

tanx ≠ −1

¿{
¿
PT ⇔cosx −sinx

sinx =

cos 2x.cosx

cosx+sinx +sin

2x −sinxcosx
⇔cosx −sinx

sinx =cos

x −sinxcosx+sin2x −sinxcosx

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

⇔ cosx −sinx=sinx(1−sin 2x)

⇔ (cosx −sinx)(sinxcosx −sin2x −1)=0

0,25

⇔ (cosx −sinx)(sin 2x+cos 2x −3)=0

(cos

x sinx

)( 2 sin(2

x

4 ) 3) 0













cos 0

2 sin(2 ) 3( )

4
x sinx

x  voly

 





  



0,25

⇔ cosx −sinx=0 ⇔ tanx = 1 ⇔x=π

4+kπ(k∈Z) (tm®k)

Do x∈(0;π)⇒k=0⇒x=π

0,25

III 2

1 1

( )

( ) ( )

( )

SA ABCD

SAC ABCD

SA SAC




 





Lai cã

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

( ) ( )

( ) ( , ) .sin 45

2
o

MH AC SAC ABCD

x

MH SAC d M SAC MH AM

  

     

Ta cã

. 45 2

2 2

1 1

. ( 2 )

2 2 2 2

1 1

. 2 ( 2 )

3 6 2 2

MHC

SMCH MCH

x x

AH AM cos HC AC AH a

x x

S MH MC a

x x

V SA S a a



      

   

O,5

Tõ biÓu thøc trªn ta cã:





3
2
2

1 2 2

3 2 6

2 2

SMCH

x x

a

V a

x x

a
x a

 

 

  

 

⇔ M trïng víi D

0,25

2 1

I =

4 4 4

2 2

1 2

0 0 0

(x sin 2 )x cos xdx2 xcos xdx2 sin 2xcos xdx I2 I

  

    



0,25

TÝnh I 1

đặt

4
1

1 sin 2

4 sin 2

1

2 sin 2

2 0

2 du dx

u x

x

I

x

xdx

v

cos xdx

v

x

































1 1

2 4

8 4cos x0 8 4



 

   

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

TÝnh I 2
4

2 3

2
0

1 4

1 sin 2 (sin 2 )

sin 2

2

6

0 I

xd

x











0,25

VËy I=

1 1 1

8 4 6 8 12

 

   

0,25

IV 1 1

.Ta cã :VT =

2 2 2

( a b c ) ( b c a ) A B

b c c a a b      b c c a a b       0,25





3 3

1 1 1 1

3 ( ) ( ) ( )

1 1 1 1 9

3 ( )( )( )3

2 2

3
2

A a b b c c a

a b b c c a

a b b c c a
A

 

          

  

 

    

  

 

0,25

2 2 2

2 2

1 ( ) ( )( )

1 .2

a b c

a b c a b b c c a

a b b c c a

B B

          

  

   

0,25

Từ đó tacó VT

3 1
2

2 2 VP

   

Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1/3

0,25

V.a 2

1 1

Ta cã: AB = 2, trung ®iĨm M (

5 5

;
2  2), 
pt (AB): x – y – 5 = 0

0,25

SABC=
1

2d(C, AB).AB = 
3

2  d(C, AB)= 
3

Gäi G(t;3t-8) lµ träng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)=
1

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

 d(G, AB)=

(3 8) 5
2
t t 

=
1

2  t = 1 hc t = 2
 G(1; - 5) hoặc G(2; - 2)

0,25

Mà CM 3GM


 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 

 C = (-2; -10) hc C = (1; -1)

0,25

2 1

: 2 (1 ; 2 ; 2 )

x t

ptts y t M t t t

z t

 



       

 



0,5

Ta cã: MA2MB2 2812t2 48t48 0  t 2 0,25

Từ đó suy ra : M (-1 ;0 ;4) 0,25

VI.a 1 1

Bpt ⇔

(

√

)

x

−2x

+(2−

√

)

x

−2x

4 0,25

t=(2+

√

)

x

−2x

(t>0) BPTTT : t+1t ≤4



t



4 1 0

t

 

⇔2−

√

3≤t ≤2+

√

(tm)

0,25

Khi đó : 2−

√

3≤

(

√

)

x

−2x

≤2+

√

3 ⇔−1≤ x2−2x ≤1

0,25

⇔ x2−2x −1≤0⇔1−

√

2≤ x ≤1+

√

0,25

V.b 2

1 1

. (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2; M  Oy  M(0;m)
Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)

Vậy



0
0
60 (1)
120 (2)
AMB

AMB

 



 

 Vì MI là phân giác của AMB
(1)  AMI = 300 sin 300

IA
MI

 

 MI = 2R  m29 4  m 7
(2)  AMI = 600 sin 600

IA
MI

 

 MI =
2 3

3 R 

2 9 4 3

3
m  

Vơ
nghiệm

Vậy có hai điểm M1(0; 7) và M2(0;- 7)

0,5

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

VIb

2 1

Gọi H là hình chiếu vng góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi
qua M, cắt và vng góc với d.

d có phương trình tham số là:

x 1 2t

y 1 t

z t

 



 


 


Vì H  d nên tọa độ H (1 + 2t ;  1 + t ;  t).Suy ra :MH



= (2t  1 ;  2 + t ; 
t)

0,25

Vì MH  d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; 1), nên :
2.(2t – 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0  t =

3. Vì thế, MH =

1 4 2

; ;

3 3 3

 

 

 

 

3 (1; 4; 2)
MH

u  MH   

0,25

Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là:

x 2 y 1 z

1 4 2

 

 

 

0,25

Theo trªn cã

7 1 2

( ; ; )

3 3 3

H  

mà H là trung điểm của MM’ nên toạ độ
M’

8 5 4

( ; ; )

3  3  3

0,25

ĐK: x>0 , y>0

(1)



3 3

2 log log

2

xy

2

xy

2 0





0,5



log

xy = 1



xy = 3



y=

3
x

(2) log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy)  x2+ 2y2 = 9

0,25

Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: ( 3; 3) hoặc ( 6;
6
2 )

0,25

A M D

S

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23></div>

de thi thu dai hoc

<b><sub>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG LẦN II</sub></b>



<b>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG LẦN II</b>











<0.























<sub></sub>









<b>MƠN TỐN</b>







√

√

<sub>√</sub>

4

2 ( )

log (

) 1 log 2

log (

3 )

<i><sub>xy</sub></i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>y</i>



 







 













(

) 0

(

)(

2

) 0

2

0

2

0(

)

<i>x y</i>

<i>y</i>

<i>xy</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>