DETHI THU LTV LAN 3

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH ---------------------------. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (8,0 điểm) 3 2 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x  3(m  1) x  (2m  1) x  m  4 (1), m là tham số thực.. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1. 2. Chứng minh rằng với mọi m, đồ thị của hàm số (1) luôn có các điểm cực đại, cực tiểu. Tìm m để các điểm cực trị của đồ thị của hàm số (1) nằm về hai phía khác nhau của đường thẳng y 1.   sin 3 x  sinx  2sin 2  x    1 4   3. 3 2 4cos x + 2cos x  2cosx 1 Câu II (1,0 điểm) Giải phương trình 3. I  3 3 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân. x 4 dx 9  x2. .. 2. OS . a. 2, Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, AB a , 0 góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) bằng 60 . Gọi M là trung điểm của cạnh SC. Mặt phẳng (ABM) cắt SD tại điểm N. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABMN và chứng minh rằng hai mặt phẳng (ABM) và (SCD) vuông góc với nhau. 1;2 . Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn   Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức xy yz zx P   . z x y Câu VI (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 0;1), B (2;1;3) , đường thẳng :. x y 1 z 2   2 1 1 và mặt phẳng ( P) : 2 x  y  z  2 0 . Viết phương trình đường thẳng d cắt (P) tại. C, cắt  tại D sao cho ABCD là hình bình hành. Câu VII (1,0 điểm) Tìm số phức C sao cho tổng lập phương các nghiệm của phương trình z 2  (1  i) z  C 0 bằng 10  2i.. PHẦN RIÊNG (2,0 điểm) Câu VIII.a (2,0 điểm) (Dành cho thí sinh thi khối A, B) 2x x y 1  3x  3 y 2 2 x2  y 2 ( x, y  , x  0, y  0).   2 y  20 x 2  x  5 1. Giải hệ phương trình  2.. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I (2;1) , bán kính R 5. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C , biết rằng tam giác ABC có trực tâm là điểm H ( 1;  1) ,.  sin BAC . 4 5 và điểm A có hoành độ âm.. Câu VIII.b (2,0 điểm) (Dành cho thí sinh thi khối D) 1. Giải phương trình. x3  3x 2  9 x  7  ( x  10) 4  x 0 ( x  ).. 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, lập phương trình đường tròn (C) đi qua điểm A(9;8) , tiếp xúc với đường thẳng d : 3x  4 y  9 0 và có chu vi nhỏ nhất..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> --------------- Hết ---------------. SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH ---------------------------. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC. NỘI DUNG. ĐIỂM 2 điểm. Câu I. 3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1: y  x  3x  3 * Tập xác định:  . 2 * Sự biến thiên: y ' 3 x  3; y ' 0  x 1 .. * Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;  1) và (1; ) ; nghịch biến trên (-1; 1); yCĐ = 5, yCT = 1. * Bảng biến thiên   x -1 1 y’. +. 0. -. 0. 1 điểm 0,25đ 0,25đ. + . 5. 0,25đ. y. . 1. * Vẽ đúng đồ thị --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------2) Chứng minh rằng với mọi m, đồ thị hàm số (1) .... Ta có: y ' 3 x 2  6(m  1) x  (2m  1).  ' 9m 2  12m  12  0  m Vì nên y ' có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Từ đó suy ra đồ thị hàm số (1) luôn có các điểm cực đại, cực tiểu. Các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) nằm về hai phía khác nhau của đường thẳng y = 1 khi và chỉ khi đồ thị của hàm số (1) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt. Điều này đương đương với phương trình tương giao x 3  3(m  1) x 2  (2m  1) x  4  m 1 (*) có ba nghiệm phân biệt.  x 1 (*)  ( x  1).( x 2  (3m  2) x  m  3) 0   2  g ( x)  x  (3m  2) x  m  3 0. Ta có : (*) có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi g(x) có hai nghiệm phân biệt khác 1. Từ đó ta được 2  g ( x ) 9m  16m  16  0  m 1.   g (1) 4m  4 0 Đáp số m 1. Câu II.. 0,25đ --------1điểm. 0,5đ. 0,25đ. 0,25đ 1 điểm.   sin 3 x  sinx  2sin 2  x    1 4   3. 3 2 4cos x + 2cos x  2cosx  1 Giải phương trình: Điều kiện:. 4cos3 x + 2cos 2 x  2cosx  1 (2cosx  1).cos2x 0 2   x  3  k 2   x   m  4 2. (k , m  ).. 0,25đ. Ta có:.       sin 3x  sinx  2sin 2  x    1 (sin3x + sinx)   1  2sin 2  x    4 4     0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>   2sin2xcosx  cos  2x+  2sin2xcosx+ sin 2 x sin 2 x(2cosx+1) 2  Phương trình trở thành sin 2 x(2 cos x  1)  3  tan 2 x  3 cos 2 x(2 cos x  1)  k  x  (k  ). 6 2  5 x   k x   2k (k  ) 6 3 Đối chiếu với điều kiện ta được hoặc .. 0,25đ. Câu III.. 1 điểm 3. I  3 3 Tính tích phân Ta có. 4. x dx 9  x2. .. 2. 3. 3. 3. 3. x 4 (3  9  x 2 ) I  dx x 2 (3  9  x 2 )dx 3x 2 dx x 2 9  x 2 dx 9  (9  x 2 ) 3 3 3 3 2. x. 2 3 3 3 2. 0,25đ. 2. 0,25đ. 2. 189 J  J 8. 0,25đ. 3. J x 2 9  x 2 dx Tính. 3 2. Đặt x 3sin t 3 x 2 Đổi cận: Từ đó:.    t  ;  .  2 2  Ta có dx 3cos tdt . với    t  ; x 3  t  . 6 2.  2.  2.  6.  6. J 9sin 2 t 9  9sin 2 t.3cos tdt 9sin 2 t.3cos t.3cos tdt . . 81 2 81 2 81  sin 4t   sin 2 2tdt  (1  cos4t)dt   t   4  8  8 4  6. 6.  2.   6. 27  81 3  8 64. 189  27 81 3 I  8 64 . Vậy Câu IV. Tính thể tích khối chóp S.ABMN và chứng minh rằng hai mặt phẳng (ABM) và (SCD) vuông góc với nhau.. 0,25đ 0,25đ 1 điểm. Ta có ( SAB)  ( SCD) Sx / / AB / / CD . Gọi I và J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Ta có a IJ   900. ( SIJ)  Sx . Mặt khác theo giả thiết OS  2  2 , suy ra ISJ Vậy góc giữa hai mặt phẳng. 0,25đ. a 3 SO  ISJ 600 2 . (SAB) và (SCD) là . Từ đó suy ra tam giác SIJ đều. Do đó Ta có N là trung điểm của SD và VS . ABMN VS . ABM  VS . AMN . VS . ABM SM 1 1 1    VS . ABM  VS . ABC  VS . ABCD . VS . ABC SC 2 2 4 0,25đ VS . AMN SM SN 1 1 1 1 1  .  .   VS . AMN  VS . ACD  VS . ABCD . VS . ACD SC SD 2 2 4 4 8 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 0,25đ. 3 3 1 1 a 3 2 a3 3 VS . ABMN VS . ABM  VS . AMN  VS . ABCD  . .SO.S ABCD  . .a  . 8 8 3 8 2 16 Vậy +) Gọi E MN  SJ . Do tam giác SIJ đều nên ta có IE  SJ . Mặt khác do CD  ( SIJ ) nên ta có CD  IE . Từ đó ta được IE  ( SCD) , và do vậy ( ABM )  ( SCD) .. S. N. x. E. D. M. J. C. O A. I. B. Câu V.. 1 điểm. Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn.  1; 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P. x y yz zx   . z x y. Không mất tính chất tổng quát ta có thể giả sử 1  x  y  z 2. Ta có. x y x z y z P        f ( x, y, z ). y x z x z y 1 y 1 z x2  y 2 x2  z 2 f x'   2   2  2  2 0 y x z x x y x z Ta có do 1  x  y  z 2.. Từ đó suy ra. 1 y 1 z P  f (1, y , z )   yz g ( y, z ) z y g z' . Mặt khác ta có. Do đó. Ta có. 0,25đ .. 1 y 1 1 1 y z 2  1 z 2  y2  1   (1  )  (  )   0 z2 y z2 y z2 z2 yz 2. do 1  y  z 2.. 1 y 1 z 1 y 3 5 3y 3 P  f (1, y, z )  yz  g ( y, z )  g ( y , 2)   y 2     h( y ) z y 2 y 2 2 y. 0,25đ. 3 3 3( y 2  2) h '( y )   2  2 y 2 y2. . . max h( y ) max h(1), h(2), h( 2) h(1) h(2) 7. Suy ra. y 1;2 . Từ đó suy ra. P  f (1, y, z )  g ( y, z )  g ( y, 2) h( y ) 7 .. 0,25đ 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Khi x  y 1, z 2 ta có P = 7. Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 7. Câu VI.. 1 điểm. . Viết phương trình đường thẳng d cắt (P) tại C, cắt tại D sao cho ABCD là hình bình hành. D (2 t ,1  t , 2  t )   , C ( a , b , 2 a  b  2)  ( P ) . Ta có Giả sử  DC ( a  2t; b  t  1; 2 a  b  t ) . Vì  ABCD là hình bình hành nên ta có:  DC  AB a  2t 1   b  t  1 1   2 a  b  t 2 . t  1   a  1  D (  2; 2;1). b 3 . d có vectơ chỉ phương là. 0,5đ 0,25đ.   ud  AB (1;1; 2). x2 y 2 z  1   . 1 2 Vậy phương trình đường thẳng d là 1 Câu VII.. 0,25đ 1 điểm. Tìm số phức C sao cho tổng lập phương các nghiệm của phương trình. z 2  (1  i) z  C 0. bằng 10  2i. Theo Định lý Viet ta có  z1  z2 1  i   z1 .z2 C.. 0,25đ. Suy ra: z13  z 23 ( z1  z 2 )3  3z1 z 2 ( z1  z 2 ) (1  i ) 3  3(1  i ).C  2  2i  3(1  i ).C. Vậy z13  z23 10  2i   2  2i  3(1  i).C 10  2i  3(1  i ).C  12 C.  12  2  2i. 3(1  i ). 0,25đ 0,25đ 0,25đ. Câu VIII.a (Dành cho thí sinh thi khối A, B) 2x x y 1  3x  3 y 2 2 x2  y 2 ( x, y  , x  0, y  0).  2  2 y  20 x  x  5 3. Giải hệ phương trình . 2 điểm. 1 điểm. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với y 2  2 x2 x y  2  (2 x 2  y 2 )2 3 xy 2 ( x  y ) 3 xy 2 2x  y2 2. 2. 2 2   2x2  y2  3xy 2 x  y  y   y    .  2   3         1   x x2 x3 x  x     y t x , ta có phương trình Đặt. y . x. 0,25đ. (2  t 2 ) 2 3t 2 (1  t )  t 4  3t 3  t 2  4 0  (t  2) 2 (t 2  t  1) 0  t 2  y 2 x.. 0,25đ. Thay y 2 x vào phương trình thứ hai của hệ ta được 2 x  5 x2  x  5 . Đặt z  x  5  0 . Ta có hệ phương trình 2  z  x  5   2 2 z  x  x  5. 2  z  x  5   2  x 2 z  x  5. 2  z  x  5   2 2  x  z 2 z  2 x. Trường hợp x  z  2 0 không xảy ra vì x, z  0. 1  21 x , y 2 x 1  21. 2 Với x  z  0 ta được.  z 2 x  5   x z   x  z  2 0. . 0,25đ 0,25đ ---------1 điểm.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 4.. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C , biết tam giác ABC….  Ta có BC 2 R.sin BAC 8. Gọi M là trung điểm của BC, kẻ đường kính AA’. Ta có BHCA’ là hình bình hành, suy ra M là trung. 0,25đ. 2 2 2 2 điểm của A’H. Do đó AH 2 IM 2 IB  BM 2 5  4 6..  IA 5  HA 6 Giải hệ  , với giả thiết x A  0 ta được A( 1;5) .  1  M (2,  2) IM  AH (0;  3)    2 uBC (1, 0) Ta có  x 2  t  y  2 Phương trình đường thẳng BC là . 0,25đ. 0,25đ. 0,25đ. Kết hợp với MB MC 4 , ta được B(6;  2), C (  2;  2) hoặc B ( 2;  2), C (6;  2).. Câu VIII.b (Dành cho thí sinh thi khối D) 1) Giải phương trình Điều kiện x 4 .. x 3  3x 2  9 x  7  ( x  10) 4  x 0 ( x  ).. ( x  1)3  6( x  1)  4  x .(4  x  6). Biến đổi phương trình về: Đặt u  x  1, v  4  x 0 . Ta có phương trình. 2 điểm 1 điểm. 0,25đ. u 3  6u v 3  6v  u v  (u 3  v3 )  6(u  v) 0   2 2  u  uv  v  6 0. v 3v 2 u 2  uv  v 2  6 0  (u  ) 2   6 0 (VN ) 2 4 Trường hợp 1: .  x  1 0  3  21 u v  4  x  x  1    x 2 2 4  x  x  2 x  1 Trường hợp 2: . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------2) Lập phương trình đường tròn (C) đi qua điểm A(9;8) , tiếp xúc với đường thẳng. 0,25đ 0,25đ. 0,25đ. 1 điểm. d : 3x  4 y  9 0 và có chu vi nhỏ nhất. Gọi I là tâm của (C). Giả sử (C) tiếp xúc với d tại điểm M. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng d. Ta có | 3.9  4.8  9 | 2 R  IA  IM  AM  AH d ( A, d )  10  R 5 32  42 .. 0,25đ. 0,25đ. Vậy đường tròn (C) có chu vi nhỏ nhất khi và chỉ khi I là trung điểm của AH và R 5 . Phương trình đường thẳng AH là 4( x  9)  3( y  8) 0  4 x  3 y  12 0 . Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ. 3x  4 y  9 0   4 x  3 y  12 0.  x 3  H (3; 0)   y 0. 0,25đ 0,25đ. Từ đó suy ra I (6;4) . Vậy phương trình đường tròn (C) là. ( x  6) 2  ( y  4) 2 25.. Họ và tên thí sinh: ........................................................................; Số báo danh:.............................................

<span class='text_page_counter'>(7)</span>