de thi thu

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH x 1 y . x 1 Câu I (2 điểm) Cho hàm số a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị. C. của hàm số. x 1 m. x1 b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình Câu II (2 điểm) 2 sin 4 x  cos 4 x  cos 4 x  2sin 2 x  m 0. . . a) Tìm m để phương trình 1 1 8 log 2  x  3  log 4  x  1 log 2  4 x  . 4 b) Giải phương trình 2.    0; 2  . có nghiệm trên. 3. Câu III (2 điểm)Tìm giới hạn. 3x 2  1  2 x 2 1 . 1  cos x x 0. L  lim. 0 2 4 6 98 100 50 a) Chứng minh rằng C100  C100  C100  C100  ...  C100  C100  2 . Câu IV (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a  b  c 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu a b c a b c a b c thức M  4  9  16  9  16  4  16  4  9 . B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu Va (2 điểm)Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình.  C1  : x2  y 2 . 4 y  5 0. và.  C2  : x 2  y 2  6 x  8 y  16 0.. Lập phương trình tiếp tuyến chung. C . và 2 a) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’. Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C. x 1 y z 2 d:   . A  2;5;3 2 1 2 Viết phương trình mặt Câu VIa (1 điểm) Cho điểm và đường thẳng của.  C1 .    chứa d sao cho khoảng cách từ A đến    lớn nhất. phẳng Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu Vb (2 điểm) a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp xúc với đường thẳng d : x  y  2 0 tại điểm A có hoành độ bằng 4..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 0    b) Cho tứ diện OABC có OA 4, OB 5, OC 6 và AOB BOC COA 60 . Tính thể tích tứ diện OABC. x 1 y 3 z d1 :   , P  : x  2 y  2 z  1 0  2 3 2 Câu VIb (1 điểm)Cho mặt phẳng và các đường thẳng. x  5 y z 5   . 6 4  5 Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2. d2 :. ..................................................................................... ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN Câu I 2 điểm b). y. x 1 x1.  C '. Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị Học sinh tự vẽ hình x 1 x 1 m y x1 x1 Số nghiệm của bằng số giao điểm của đồ thị và y m. Suy ra đáp số m   1; m  1: phương trình có 2 nghiệm. Câu II a). m  1: phương trình có 1 nghiệm  1  m 1: phương trình vô nghiệm 2 điểm. Ta có Do đó. sin 4 x  cos 4 x 1 . 1 2 sin 2 x 2 2 và cos4 x 1  2sin 2 x..  1   3sin 2 2 x  2sin 2 x  3 m ..   x   0;   2 x   0;    t   0;1 .  2 Đặt t sin 2 x . Ta có f  t   3t 2  2t  3 m, t   0;1 Suy ra Ta có bảng biến thiên. b). 10    0; 2   2 m  3 Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên 1 1 8 log 2  x  3  log 4  x  1 log 2  4 x   2  4 Giải phương trình 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  2    x  3 x  1 4 x Điều kiện: 0  x 1  2   x 2  2 x 0  x 2 Trường hợp 1: x  1  2   x 2  6 x  3 0  x 2 3  3 Trường hợp 1: 0  x  1 Vậy tập nghiệm của (2) là Câu III a). . . T  2; 2 3  3. 3. Tìm. 3x 2  1  2 x 2 1 . 1  cos x x 0. L  lim.  3 3x2  1 1 2 x 2  1  1  L  lim   1  cos x  x  0  1  cos x   Ta có 2x2 1  1 2x2  lim 2  2 x 2 x  0 1  cos x x 0 2sin  2 x  1  1  2 . L1  lim Xét. 3. 3x 2  1  1  lim x  0 1  cos x x 0. L2  lim Xét. 3x 2  2 3 x 2sin  3 3 x2  1  3 x2  1 1   2   2. . 2. . Vậy L L1  L2 2  2 4 b). 0 2 4 100 50 Chứng minh rằng C100  C100  C100  ...  C100  2 . Ta có 0 1 2 2 100 100  C100 i  C100 i  ...  C100 i  1  i 100 C100 0 2 4 100 1 3 99  C100  C100  C100  ...  C100  C100  C100  ...  C100 i. .  . . Mặt khác.  1  i  2 1  2i  i 2 2i   1  i 100  2i  50  250 Câu IV. 0 2 4 100 50 Vậy C100  C100  C100  ...  C100  2 . Cho a, b, c thoả a  b  c 3. Tìm GTNN của. M  4a  9b  16c  9a 16b  4c  16a  4b  9c .         u  2a ;3b ; 4c , v  2c ;3a ; 4b , w  2b ;3c ; 4a  M  u  v  w Đặt    2 2 2 M  u  v  w  2a  2b  2c  3a  3b  3c  4a  4b  4c. .   . .  . 3. . .  . 2 b c a b c 6 . Tương tự … Theo cô – si có 2  2  2 3 2. .

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu Va a). Vậy M 3 29. Dấu bằng xảy ra khi a b c 1. Học sinh tự vẽ hình.  C1  : I1  0; 2  , R1 3;  C2  : I 2  3;  4  , R2 3.  C  ,  C2  Gọi tiếp tuyến chung của 1. là.  : Ax  By  C 0 A2  B 2 0. . .  là tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2    2 B  C 3 A2  B 2  1  d  I1;   R1    2 2 d  I 2 ;   R2  3 A  4 B  C 3 A  B  2  Từ (1) và (2) suy ra A 2 B hoặc   3 A  2B 2 Trường hợp 1: A 2 B . C. Chọn B 1  A 2  C  2 3 5   : 2 x  y  2 3 5 0  3 A  2B C 2 Trường hợp 2: . Thay vào (1) được 4 B   : y  2 0;  : 4 x  3 y  9 0 3 a 3  d  M ;  BB ' C    AH  2 Gọi H là trung điểm của BC A  2 B 2 A2  B 2  A 0; A . b). 1 a2 1 a3 3 SBB ' C  BB '.BC   VMBB ' C  AH .SBB ' C  2 2 3 12 Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình) Ta có B ' C  MI ; B ' C  BC '  B ' C  MB. Câu VIa. (Học sinh tự vẽ hình) Gọi K là hình chiếu của A trên d  K cố định;.    là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên    . Gọi Trong tam giác vuông AHK ta có AH  AK . Vậy. AH max  AK    . là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK.    là mặt phẳng qua A và vuông góc với d     : 2 x  y  2 z  15 0 Gọi  K  3;1; 4 .   Câu Vb. là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK.     : x  4 y  z  3 0.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> a). H:. x2. . y2. 1. d : x  y  2 0  a 2  b 2 4 (H) tiếp xúc với 16 4 x 4  y 2  A  4; 2    H    1  2  a 2 b2. Gọi. a2. b2. a 2 8; b2 4   H  :.  1. x2 y 2  1 8 4. Từ (1) và (2) suy ra (Học sinh tự vẽ hình)Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho OA OB ' OC ' 4   OAM    OB ' C '  . AH  OM  AH   OB ' C ' Lấy M là trung điểm của B’C’ Kẻ 2 3 4 6 AM OM 2 3  MH   AH  3 3 Ta có 1 15 3 1  SOBC  OB.OC.sin BOC  VOABC  AH .SOBC 10 2 2 2 Vậy 3 Câu VIb. Gọi. M  1  2t ;3  3t ; 2t  , N  5  6t '; 4t ';  5  5t ' . d  M ;  P   2  2t  1 1  t 0; t 1.  t 0  M  1;3;0  , MN  6t ' 4; 4t ' 3;  5t ' 5  Trường hợp 1:     MN  nP  MN .nP 0  t ' 0  N  5;0;  5 . Trường hợp 2:. t 1  M  3; 0; 2  , N   1;  4; 0 .

<span class='text_page_counter'>(6)</span>