tuyển tập 8 đề thi thử toán ôn thi đại học

Tính thể tích lăng trụ ABC.A′B′C′ cùng khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM Câu VIa.. Tính thể tích lăng trụABC.A′B′C′ cùng khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM vàNP theoa... PHẦN RIÊNG 3.0 đi

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG (7 điểm) Cho tất cả thí sinh

Câu I (2 điểm) Cho hàm số:(C m ) : y = −x3+ (2m + 1)x2− m − 1

1) Vớim= 1, khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số(C1)

2) Tìmmđể đường thẳng y = 2mx − m − 1cắt đồ thị hàm số(C m)tại 3 điểm phân biệt A, B, Cthỏa mãnO A2+ OB2+ OC2 đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu II (2 điểm)

1) Giải phương trình:sin³

3x+π4

´+ 8sin2x−p2 sin x= 2

2) Giải phương trình:p1+ x2+ x4+ x =px − x3

Câu III (1 điểm) TínhZ

p 8 p 3

x3ln x

p

x2+ 1 dx.

Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ đứngABC.A′B′C′có đáyABClà tam giác cân đỉnhC; đường thẳngBC′

tạo với mặt phẳng (ABB′A′)góc 60o và AB = AA′= a , (a > 0) GọiM, N, P lần lượt là trung điểm của BB′, CC′, BC Tính thể tích lăng trụ ABC.A′B′C′ cùng khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM

Câu VIa (2 điểm)

1) Trên mặt phẳng tọa độOx ycho tam giácABC có trực tâmH(2; 0), phương trình đường trung tuyếnCM : 3x + 7y − 8 = 0, phương trình đường trung trực củaBC : x− 3 = 0 Tìm tọa độ của đỉnh

−1 , điểmCnằm trên mặt phẳng(P) : 2x + y+ z −3 = 0 Tìm tọa độ điểmB

biết tứ giác ABCDlà hình chữ nhật.

Câu VIIa (1 điểm) Giải bất phương trình:

slog21

Câu VIb (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng tọa độOx ycho đường tròn(C) : (x+2)2+(y−1)2= 4 GọiMlà điểm sao cho tiếp tuyến quaM tiếp xúc với(C)tạiE, cát tuyến quaM cắt(C)tại A, Bsao cho tam giác ABE vuông cân tạiB Tìm tọa độ của M sao cho khoảng cách từMđếnOlà ngắn nhất.

2) Trong không gian với hệ trục tọa độOx yzcho mặt cầu (S) : x2+ y2+ z2− 4x + 2y − 4 = 0và mặt phẳng(P) : x +2y−2z+9 = 0 Viết phương trình đường thẳng∆tiếp xúc với mặt cầu(S)biết∆nằm trên(P)và∆cắt trục hoành.

Câu VIIb (1 điểm) Tìm số phức zthỏa mãn phương trình: |z|4

z2 + z = −200

1− 7i

——— Hết ———

Môn thi: Toán

PHẦN CHUNG (7 điểm) Cho tất cả thí sinh

Điểm cực đại(2; 2), điểm cực tiểu(0;−2).

• Đồ thị Giao với các trục tọa độ:

có hai nghiệm phân biệt khác 0 , tức là:

m6= 0 (∗)Gọix1, x2 lần lượt là hai nghiệm phân biệt của phương trình g(x)= 0, thì khi đó ta có:

¶

=298

Câu II 1) (1 điểm) ———————————————————————————

Giải phương trình:sin³

3x+π4´+ 8sin2x−p2 sin x= 2

Lời giải:

Biến đổi phương trình thành:

sin 3x + cos3x + 8p2 sin2x − 2sin x − 2p2= 0 (1)

⇔(sin3x − 2sin x) + 2p2(4sin2x − 1) + cos x(4cos2x− 3) = 0

⇔(2p2− sin x)(4sin2x − 1) + cos x(2cos2x − 1) = 0

⇔(2p2− sin x)(4sin2x − 1) + cos x(2cos2x − 1) = 0

⇔(2p2− sin x)(1 − 2cos2x) + cos x(2cos2x − 1) = 0

⇔(sin x + cos x − 2p2)(2 cos 2x− 1) = 0

⇔cos2x = cos π

3

⇔x = ± π

6+ k π, (k∈ Z)Cònsin x + cos x = 2p2(vô nghiệm) dosin x + cos x ≤p2

x2+ x2+ 1 + x = x

s1

x − x ⇔

s1

x2+ x2+ 1 + 1 =

s1

x2+ x2+ 1 + 1 = −

s1

x − x

Tương tự ta có

t=

s1

x − x ⇒ t4= 1

x2+ x2− 2Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình ẩnt

x=−1 +

p5

2 (Loại) Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm x=−1 −

p52

Câu III (1 điểm) ———————————————————————————

x2 ln x2.x.dx

p

x2+ 1Đặtt=px2+ 1, (t ≥ 0) ⇒ t2= x2+ 1 ⇒ t.dt = x.dx; x=p8 ⇒ t = 3

x=p3 ⇒ t = 2

ta được:

I=12

Z3 2

(t2− 1).ln(t2− 1).t.dt

t

=16

Z3 2

Z3 2

Câu IV (1 điểm) ———————————————————————————

Cho lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ có đáyABClà tam giác cân đỉnhC; đường thẳngBC′tạo với mặt phẳng

(ABB′A′)góc60ovàAB = AA′= a , (a > 0) GọiM, N, P lần lượt là trung điểm củaBB′, CC′, BC Tính thể tích lăng trụABC.A′B′C′ cùng khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM vàNP theoa

GọiK là trung điểm của A′B′, ta có∆A′B′C′ cân tạiC′ nênK C′⊥ A′B′CóK C′⊥ AA′

⇒ KC′⊥ (ABB′A′)⇒ KC′⊥ AM ⇒ KC′⊥ BK ⇒ (BCá′, (ABB′A′)= ƒK BC′= 60olại có AM = BK = a

p52xét trong∆BK C′⇒ KC′=a

p15

2 , S A′B′C′=12· A′B′· KC′=12· a · a

p15

2 =a

2p154

V ABC.A′B′C′= AA′· S A′B′C′= a · a

2p15

4 =a

3p154Tính khoảng cách

Nếu gọiQlà trung điểm củaB′C′ thìMQ kNP ⇒ NPk(AMQ) ⇒ d(AM, NP) = d[P,(AMQ)]

Kẻ AH′⊥BC lại cóBB′⊥AH′ (doBB′⊥(ABC))⇒ AH′⊥(PMQ).

AH′=2S ∆ABC

a2 p 15 2

2a =a

p154

Dễ thấy AM = MQ = a

p5

2 Theo định lý đường trung tuyến thì:

8 · 8

5a2 =a

p155Vậyd[AM, P N]=a

p155

Câu VIa 1) (1 điểm) ———————————————————————————

Trên mặt phẳng tọa độ Ox ycho tam giác ABC có trực tâm H(2; 0), phương trình đường trung tuyến

CM : 3x + 7y − 8 = 0, phương trình đường trung trực củaBC : x− 3 = 0 Tìm tọa độ của đỉnh A.

¶

Lại do2−−→

GO+−−→GH=−→0 nên2(x0− x G)+ (x H − x G)= 0 ⇔ 6 − 314a− 8

7a− 3 + 2 = 0 ⇔ a = 0VậyG

Câu VIa 2) (1 điểm) ———————————————————————————

Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox yz cho điểm A(3; 2;−1), 2 điểm B, D nằm trên đường thẳng

µ

2x

2− x

¶+ 2

µ 2x

2− x

¶+ 2

µ 2x

2− x

¶+ 2

¶

≥ 0µ

µ

2x

2− x

¶+ 3

Câu VIb 1) (1 điểm) ———————————————————————————

Trong mặt phẳng tọa độOx ycho đường tròn(C) : (x+ 2)2+ (y − 1)2= 4 GọiM là điểm sao cho tiếp tuyến qua M tiếp xúc với (C)tạiE, cát tuyến qua M cắt(C)tại A, B sao cho tam giác ABE vuông cân tại B Tìm tọa độ củaM sao cho khoảng cách từM đếnOlà ngắn nhất.

Lời giải:

của đường tròn Suy raM I= 2p5(Cái này Pythagone mấy lần là ra).

Ta có:MO ≥ |MI − OI| ≥ |2p5−p5| =p5 (Theo bất đẳng thức tam giác).

Câu VIb 2) (1 điểm) ———————————————————————————

Trong không gian với hệ trục tọa độOx yz cho mặt cầu (S) : x2+ y2+ z2− 4x + 2y − 4 = 0 và mặt phẳng

(P) : x + 2y − 2z + 9 = 0 Viết phương trình đường thẳng∆tiếp xúc với mặt cầu(S)biết∆nằm trên(P)và

∆cắt trục hoành.

Lời giải:

Ox ∩ (P) = A(−9;0;0) Theo đề bài∆qua Acó vtcp→−v = (m; n; p)vớim2+ n2+ p26= 0

∆nằm trên(P)nên vtpt của(P)là−→n = (1;2;−2)vuông góc với−→v tức là

m + 2n + 2p = 0 (1)Mặt cầu(S)có tâm I(2;−1;0)và bán kínhR=p4+ 1 + 4 = 3

Câu VIIb (1 điểm) ———————————————————————————

(1− 7i)(1 + 7i) = 4 + 28i

Phương trình đã cho tương đương với

Ngày thi: 30/01/2012; Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm)

Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y = 2x + 1

1 − x có đồ thị (C).

1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

2 Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của (C) Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua I cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 2 √ 3.

Câu II (2.0 điểm)

1 Giải phương trình: cos x

cos 3x − cos 5x cos x + 8 sin2

 2x + 11π 2

0

5 + 7x − x cos 2x 2(2 + cos x) dx.

Câu IV (1.0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0 có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, cạnh huyền

BC = a √

2 (a > 0); cạnh bên AA0 = 2a và A0 cách đều các đỉnh A, B, C Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA0 và AC Tính thể tích khối chóp C0.M N B và khoảng cách từ C0 đến mặt phẳng (MNB).

Câu V (1.0 điểm) Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn c > 0 và a3+ b3 = c(c − 1) Tìm giá trị lớn nhất

và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a2+ b2+ c2

(a + b + c)2.

PHẦN RIÊNG (3.0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2.0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (T ) : x2+ y2+ 3x − 6y = 0 Gọi M, N là hai điểm di động trên (T ) sao cho ∠MON = 30◦ (O là gốc tọa độ) Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác OMN, biết G nằm trên đường thẳng d : x + y − 1 = 0.

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng (∆) có phương trình x + 2

√ 210

6 . Câu VII.a (1.0 điểm) Trong đội tuyển học sinh giỏi Toán của một trường phổ thông có 12 em học sinh, trong đó có 4 em là nam Người ta muốn chia đều 12 em này vào 4 tổ có số học sinh bằng nhau Hãy tính xác suất để mỗi tổ được chia có đúng 1 học sinh nam.

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2.0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip (E) : x2

4 + y

2 = 1 và điểm M

 2

3 ,

2 3

 Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho MA = 2MB.

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P ) : 5x + 3y + 4z + 25 = 0 Viết phương trình đường thẳng (∆) song song với mặt phẳng (P ) cách gốc tọa độ một khoảng bằng √ 5

2 biết (∆) cắt Ox

và mặt phẳng (Oyz) tại hai điểm phân biệt A, B và AB = 5 √ 2.

Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞, 1) và (1, +∞).

 Giới hạn vô cùng: Ta có lim

0

(C)

−1 2

1

x y

2 (1.0 điểm) Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua I (giao điểm của hai tiệm cận) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 2 √

3.

Dễ thấy tọa độ của I là I(1, −2); đồng thời, do đường thẳng ∆ qua I cắt (C) tại

hai điểm phân biệt nên ∆ không thể là đường thẳng vuông góc với trục hoành hay

trục tung, cũng không thể là một đường thẳng có hệ số góc dương Từ đây, ta suy



k + 1

k , −3k − 2



SOAB = 1

2 · OA · OB · sin ∠AOB = 1

2 OA · OB · p 1 − cos2∠AOB

= 1 2

q (x2

k − 1

k · (−3k − 2) − k + 1 k · (3k − 2)

= |3k

Giải phương trình này, ta tìm được k =

s

4 + 2 √ 3

= cos22x nên phương trình được viết lại như sau

cos x cos 3x − cos 5x

cos x = −8cos22x + 4(cos 2x + 1) ( ∗)

cos2x − cos 5x cos 3x = 8 sin x sin 3x cos x cos 3x ( ∗∗)

8 sin x sin 3x cos x cos 3x = 2 sin 2x sin 6x = cos 4x − cos 8x.

Do đó, (∗∗) có thể được viết lại thành

1 + cos 2x

2 − cos 8x + cos 2x

2 = cos 4x − cos 8x, hay

2 (1.0 điểm) Giải bất phương trình:

• Điều kiện để bất phương trình x2−x−6 > 0 được thỏa mãn là x 6 −2∨x > 3.

• Điều kiện để bất phương trình x2+ 5x − 2 > 0 được thỏa mãn là

x 6 − 5 +

√ 33

2 ∨ x > −5 +

√ 33

2 ∨ x > −5 +

√ 33 2 hay tương đương

14 p x(x + 2)(x − 3) > 5x2− 18x − 6.

0.25

Để ý rằng 5x2− 18x − 6 = 5x(x − 3) − 3(x + 2) Do đó, bất phương trình cuối có

thể được viết lại thành

14 p x(x + 2)(x − 3) > 5x(x − 3) − 3(x + 2), hay tương đương

14

r x(x − 3)

x + 2 > 5 · x(x − 3)

Đặt t =

r x(x − 3)

x + 2 , t > 0 Khi đó, (∗) trở thành

14t > 5t2− 3.

0.25

Giải bất phương trình này, ta tìm được 0 6 t 6 3, hay

x(x − 3)

x + 2 6 9.

Quy đồng mẫu số và khử mẫu, ta viết được bất phương trình dưới dạng

x2− 12x − 18 6 0.

Từ đây, ta suy ra 6 − 3 √ 6 6 x 6 6 + 3 √ 6 Kết hợp với điều kiện xác định x > 3,

ta tìm được nghiệm của bất phương trình là 3 6 x 6 6 + 3 √ 6.

0

5 + 7x − x cos 2x 2(2 + cos x) dx.

Để ý rằng

5 + 7x − x cos 2x 2(2 + cos x) =

5 + 7x − x(2cos2x − 1) 2(2 + cos x) =

5 + 2x(4 − cos2x) 2(2 + cos x)

0

dx

2 + cos x , I2 =

π 2Z

0

xdx, I3=

π 2Z

 tan2 x

Đến đây, lại đặt tiếp t = √ 3 tan u với u ∈ h 0, π

2

 , ta thấy:

◦ dt = √ 3(tan2u + 1)du =

√ 3

π 6Z

0

du = 2

√ 3

3 · (u)

π 6

0 = π

√ 3

π 2

π 2

0 −

π 2Z

0

vdu = (x sin x)

... sau:

(P2) : 218x + 211y − 227z − = 0.

0.25

VII.a

(1.0 điểm)

Trong đội tuyển học sinh giỏi Toán trường phổ thơng có 12 em học sinh,...

8 ) Suy ra

G −1 −

r 15

8 , +

r 15 8< /h3>

! G −1 +

r 15

8 ,... Người ta muốn chia 12 em vào tổ có số học sinh Hãy tính xác suất để tổ chia có học sinh nam.

Vì đề khơng nói rõ tổ cần phải chia phân biệt hay không phân biệt thứ tự nên ta có hai