[VNMATH.COM]-De thi thu Dai hoc mon Toan va dap an khoi D pptx

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.. Xác định các giá trị của m để hàm số y= f x không có cực trị.. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian

giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y= f x( ) =mx3 + 3mx2 −(m− 1)x− 1, m là tham số

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1

2 Xác định các giá trị của m để hàm số y= f x( ) không có cực trị

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình : sin4 cos4 1(tan cot )

x

+

log x+ 1 + = 2 log 4 − +x log 4 +x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

3 2

2 1

2

1

dx A

=

−

∫

Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh,

biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18 Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho

Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm

( )

2

2

− + ≤







PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)

1 Theo chương trình chuẩn.

Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0 Phân giác trong của góc

A nằm trên đường thẳng

x + 2y – 6 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng

( )P :x+ 2y− 2z + 5 = 0; Q :( ) x+ 2y− 2z -13 = 0.

Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với

cả hai mặt phẳng (P) và (Q)

Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:

5 4 7

15

n

−

 − <







(Ở đây k, k

n n

A C lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử)

2 Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): x2 +y2 + 2x− 4y− = 8 0.Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và

đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương) Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B

2 Cho mặt phẳng (P): x− 2y+ 2z− = 1 0 và các đường thẳng

Tìm các điểm M∈ d , 1 N∈ d 2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2.

Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số

1

3

f x

x

=

− và giải bất phương trình 2

0

6 sin 2 '( )

2

t dt

f x

x

π

π

>

+

∫

-Hết -Đáp án

Câ

u

m

Khi m = 1 ta có 3 2

y x= + x −

+ Sự biến thiên:

• Giới hạn: limx→−∞y= −∞; limx→+∞y= +∞

• y' 3= x2+6x; ' 0 2

0

x y

x

= −



• Bảng biến thiên

yC§ = y − = y = y = −

0,25

• Đồ thị

0,25

+ Khi m = 0 ⇒ = −y x 1, nên hàm số không có cực trị 0,25

+ Khi m≠0 ⇒ =y' 3mx2+6mx−(m−1)

Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi ' 0y = không có nghiệm hoặc có

nghiệm kép

0,50

' 9m 3m m 1 12m 3m 0

4

m

⇔ ≤ ≤

0,25

tan cot

x

2

1

1 sin 2 1 sin cos 2

(1)

sin 2 2 cos sin

0,25

2

1

x

−

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

0,50

log x+1 + =2 log 4− +x log 4+x (2)

Điều kiện:

1 0

1

x

x x

x x

+ ≠

 − < <



 − > ⇔

 + >



0,25

2

0,25

+ Với 1− < <x 4 ta có phương trình x2+4x− =12 0 (3);

2 (3)

6

x x

=



⇔  = − lo¹i

0,25

+ Với 4− < < −x 1 ta có phương trình x2−4x−20 0= (4);

( )

2 24 4

2 24

x x

 = −

⇔ 

= +

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x=2hoặc x=2 1( − 6)

0,25

Đặt t 1 x2 t2 1 x2 2tdt 2xdx dx tdt2

2 2

dx tdt tdt

+ Đổi cận:

= ⇒ =

= ⇒ =

0,50

3

2

3

2 2

A

0,50

IV 1,00

Gọi E là trung điểm của AB, ta có:

,

OE⊥ AB SE⊥AB, suy ra (SOE) ⊥AB Dựng OH ⊥SE⇒OH ⊥(SAB), vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH

= 1

Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có:

2

1

9 9

9

SE =OE +SO = + = ⇒SE=

0,25

2

9 2

2 2

SAB SAB

S

S AB SE AB

SE

( )

2

2

OA = AE +OE = AB +OE = + = + =

0,25

Thể tích hình nón đã cho: 1 2 1 265 265

Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:

9

265 337 89305

xq

0,25

Hệ bất phương trình

2

2

7 6 0 (1)

x x





( )1 ⇔ ≤ ≤1 x 6 Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại x0∈[ ]1;6 thỏa mãn

(2)

0,25

( ) 2 ( ) ( 2 )3 [ ]

2 1

x x

x

+ Gọi ( ) 2 2 3; [ ]1;6

2 1

x x

x

+

0,25

Hệ đã cho có nghiệm ⇔ ∃ ∈x0 [ ]1;6 : ( )f x0 ≥m

2 2

'

x x

x x

f x

+ −

2

f x = ⇔ x + − = ⇔ =x x − ±

Vì x∈[ ]1;6 nên chỉ nhận 1 17

2

x=− +

0,25

Ta có: (1) 2, (6) 27, 1 17 3 17

Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max ( ) 27

13

f x =

Do đó 0 [ ] 0 [ ]1;6

27 1;6 : ( ) max ( )

13

x

∈

0,25

Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình:

2; 4

A

0,25 Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình

( )

1;0

B

0,25

Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:

a x+ +b y− = ⇔ax by+ + a− b= Gọi ∆1: 4x+3y− = ∆4 0; 2:x+2y− = ∆6 0; 3:ax by+ +2a−4b=0

Từ giả thiết suy ra (· ) (· )

2; 3 1; 2

∆ ∆ = ∆ ∆ Do đó

2 2

|1 2 | | 4.1 2.3 |

25 5 5

0

a b

a b

a

a b

+

=



+ a = 0 ⇒ ≠b 0 Do đó ∆3:y− =4 0

+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3 Suy ra ∆3: 4x+3y− =4 0 (trùng với

0,25

∆ )

Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0

Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: 4 0 5 ( )5; 4

C

Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S) Từ giả thiết ta có:

( )

( ) ( ( ) ) ( ( ) )

( )

( ) ( ( ) )

OI AI

OI AI d I P d I Q OI d I P

d I P d I Q





0,25

Ta có:

10 4 2 30 (1)

a b c

( )

3

a b c

OI =d I P ⇔ a + +b c = + − + ⇔ a + +b c = +a b− +c

( )

( , ) ( ,( ) ) | 2 2 5 | | 2 2 13 |

2 2 4 (3)

d I P d I Q

a b c



⇔ + − + = − − + + lo¹i ⇔ + − =

Từ (1) và (3) suy ra: 17 11 ; 11 4a (4)

a

b= − c= −

0,25

Từ (2) và (3) suy ra: a2+ + =b2 c2 9 (5)

Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: (a−2 221) ( a−658) =0

Như vậy a=2 hoặc 658

221

a= Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc

658 46 67

; ;

221 221 221

0,25

Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:

x− + −y + −z = và

9

 −  + −  + +  =

0,25

VII

Điều kiện: n− ≥ ⇔ ≥1 4 n 5

Hệ điều kiện ban đầu tương đương:

5.4.3.2.1 15

n n n







0,50

2

2

9 22 0

5

n n

n

 − − <



 ≥



0,50

Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình

1; 3

y x

x y



0,50

Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1)

Vì ·ABC=900nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với

điểm A qua tâm I của đường tròn Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4)

0,50

Phương trình tham số của d1 là:

1 2

3 3 2

z t

= +



 = −



 =



M thuộc d1 nên tọa độ của M

(1 2 ;3 3 ;2+ t − t t)

Theo đề:

( )

|1 2 2 3 3 4 1| |12 6 |

3

d M P = + − − + − = ⇔ − = ⇔ t− = ± ⇔ =t t =

0,25

+ Với t1 = 1 ta được M1(3;0; 2);

+ Ứng với M1, điểm N1 ∈d2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và //

mp (P), gọi mp này là (Q1) PT (Q1) là:

(x− −3) 2y+2(z− = ⇔ −2) 0 x 2y+2z− =7 0 (1)

Phương trình tham số của d2 là:

5 6 4

5 5

y t

= +



 =



 = − −



(2)

Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 ⇔ t = -1 Điểm N1 cần tìm là N1

(-1;-4;0)

0,25

+ Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5) 0,25

Điều kiện ( )3

1

3 x > ⇔ <x

−

1

3

x

0,25

2

0

2t dt 2 t dt t t |

π

−

2

0

6 sin 2 '( )

2

t dt

f x

x

π

π

>

+

∫

3

x x

x

−

 < <

0,50