ĐỀ THI THỬ ĐH VÀ ĐÁP ÁN

Câu IV 1,0 điểm Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc · ABC=600, hai mặt phẳng SAC và SBD cùng vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng SAB và ABCD bằng 30.. Tí

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM Môn: TOÁN

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 1

2

x y x

+

=

− .

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

2 Gọi (d) là đường thẳng qua M( )2;0 có hệ số góc k Tìm k để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho

MAuuur= −2MBuuur

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình 3 sin cos 1

cos

x

2 Giải phương trình 2x2+ +x x2+ +3 2x x2+ =3 9 (x∈¡ )

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 4 ( 2 )

2 0

log 9

I =∫x x + dx

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc · ABC=600, hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 30 Tính 0

thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, CD theo a.

Câu V (1,0 điểm) Cho bất phương trình − − +4 x2 2x+15≥x2−2x− +13 m

Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x∈ −[ 3;5]

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 Oxy, cho điểm M 6; 2 và đường tròn (C):( ) ( ) (2 )2

x 1− + −y 2 =5 Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho AB= 10

2 Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng ( ): 1 1

− và hai điểm A(4; 1;1 ,− ) (B 2;5;0) Tìm điểm M trên (d) sao cho tam giác MAB vuông tại M

Câu VII.a (1.0 điểm) Giải hệ phương trình ( )

3

8 2 0,5 log 2 log 3 2 3

x y

y







B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2.0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(−1; 2) và đường thẳng ( )d :x−2y+ =3 0 Tìm trên đường thẳng (d) hai điểm ,B C sao cho tam giác ABC vuông tại C và AC =3BC

2 Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(0;1;0 ,) (B 2; 2; 2 ,) (C −2;3; 4) và đường thẳng

( ): 1 2 3

− Tìm điểm M thuộc (d) sao cho thể tích khối tứ diện MABC bằng 3.

Câu VII.b (1.0 điểm) Giải hệ phương trình

2 3

9.4 2.4 4 0 log log 1 0

y x





- Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

m

I

(2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

• Tập xác định: D=¡ \ 2{ }

• Sự biến thiên:

ￚ Chiều biến thiên: ( )2

3

2

x

−

− Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; 2) và (2;+∞)

0.25

ￚ Giới hạn và tiệm cận: limx→−∞y=limx→+∞y=1; tiệm cận ngang: y=1 limx→2−y= −∞,limx→2+y= +∞; tiệm cận đứng: x=2

0.25

2.(1,0 điểm)

Phương trình đường thẳng (d): y kx= −2k

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C): 1 2

2

x

kx k

x+ = −

− (1) Điều kiện: x≠2

Phương trình (1) tương đương với: f x( )=kx2−(4k+1)x+4k− =1 0 (2)

0.25

(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ (2) có hai nghiệm phân biệt khác 2

0.25

( )

k

k f

⇔ ∆ = + > ⇔ > −



(*)

Đặt A x y( 1; 1) (,B x y với 2; 2) x x là hai nghiệm của (2) và 1, 2 y1 =kx1−2 ;k y2 =2x2−2k





uuur uuur

(3)

0.25

Theo định lý Viet ta có:

1 2

4 1 (4)

4 1 (5)

k

k k

x x

k

+

 + =





Từ (3) và (4) suy ra: 1 2

;

= = (6)

Từ (5) và (6) ta được: 2 2 2 1 4 1 2

3

k

, thỏa (*) Vậy, giá trị k thỏa đề bài là: 2

3

k=

0.25

II

(2,0 điểm) 1 (1,0 điểm)Điều kiện: cosx≠0 (*)

Phương trình đã cho tương đương với:

3 sin cos cos 1 sin2 1 cos 2 3 sin2 1

x

x x+ x= ⇔ x+ + = ⇔ x+ x=

0.25

cos 2 sin2

1 cos 2

3 2

x π

0.25

3

x k

π

 = +



⇔

=



(k∈¢ ), thỏa (*)

Vậy, phương trình có nghiệm là:

3

x= +π kπ∨ =x k

(k∈¢ )

0.25

2.(1,0 điểm)

Đặt 2

3

t= +x x + , phương trình đã cho trở thành: t2+ − =t 12 0 0.25

2 12 0 3

4

t

t t

t

=



• Với t=3 thì 2 3 3 2 3 2 1

x

≤



• Với t= −4 thì 2 3 4 2 4 2

3 8 16

x

≤ −



Vậy, phương trình có nghiệm là: x=1

0.25

III (1,0 điểm)

2 log 9

9 ln 2

x

x

2

x

(1,0 điểm)

Suy ra: 2 ( ) 4 4

2 2

0 0

.log 9

x

2

0

.log 9 log 25 log 9 25log 5 9 log 3

x

x

•

4

8 2

x xdx=  =

 

 

∫

0.25

8 25log 5 9log 3

ln 2

IV

(1,0 điểm)

(1,0 điểm)

Gọi O AC BD= I , M là trung điểm AB và I là trung điểm của AM

Do tam giác ABC là tam giác đều cạnh a nên:

CM ⊥AB OI, ⊥AB và 3, 3, 2 3

0.25

Vì (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD) nên SO⊥(ABCD)

Do AB OI⊥ ⇒AB⊥SI Suy ra: ·(SAB) (, ABCD)=(·OI SI, ) =SIO· =300

Xét tam giác vuông SOI ta được: 0 3 3

.t an30

4 3 4

Suy ra:

3 ABCD 3 2 4 24

0.25

Gọi J OI CD= I và H là hình chiếu vuông góc của J trên SI

Suy ra: 2 3

2

a

IJ = OI = và JH ⊥(SAB)

Do CD/ /AB⇒CD/ /(SAB) Suy ra:

d SA CD( , ) =d CD SAB ,( )=d J SAB ,( )=JH

0.25

Xét tam giác vuông IJH ta được: 0 3 1 3

.sin30

2 2 4

Vậy ( , ) 3

4

a

0.25

V

(1,0 điểm)

(1,0 điểm)

Xét bất phương trình: − − +4 x2 2x+15≥x2−2x− +13 m (1) 0.25

Điều kiện: − +x2 2x+ ≥ ⇔ − ≤ ≤15 0 3 x 5

Đặt t= − +x2 2x+15, ta có: ' 21 , ' 0 1

2 15

x

−

Bảng biến thiên:

Suy ra: t∈[ ]0; 4

t = − +x x+ ⇔x − x= −t nên bất phương trình đã cho trở thành:

t2− − ≥4t 2 m (2)

0.25

Xét hàm số f t( )= − −t2 4t 2 với t∈[ ]0; 4 , ta có:

f t'( ) = − = ⇔ =2t 4 0 t 2

Bảng biến thiên:

Suy ra: min ( )[ ]0;4 ( )2 6

t f t f

0.25

Bất phương trình (1) nghiệm đúng ∀ ∈ −x [ 3;5]

⇔ Bất phương trình (1) nghiệm đúng ∀ ∈t [ ]0; 4

⇔ m≤ tmin ( )∈[ ]0;4 f t

⇔ m≤ −6

Vậy, giá trị m thỏa đề bài là: m≤ −6

0.25

VI.a 1 (1,0 điểm)

Đường tròn (C) có tâm I 1; 2 và bán kính R( ) = 5

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB, ta có:

2 2 2 2 AB2 10 5 10

0.25

Đường thẳng (d) đi qua M và có VTPT nr=( )a; b (a2+b2 ≠0) có dạng:

a x 6( − +) (b y 2− = ⇔) 0 ax by 6a 2b 0+ − − =

0.25

(2,0 điểm)

a 2b 6a 2b 10

2

a b

+

• Với b= −3a ta được ( )d : x 3y 0− =

• Với b 3a= ta được ( )d : x 3y 12 0+ − = Vậy, có hai đường thẳng thỏa đề bài là: ( )d : x 3y 0− = hoặc ( )d : x 3y 12 0+ − =

0.25

2.(1,0 điểm)

Phương trình tham số của (d):

1 2 4 1

= +



 =



 = − −



Đặt M(1 2 ; 4 ; 1+ t t − −t)

Ta có: MAuuur= −(3 2 ; 1 4 ; 2t − − t +t MB);uuur= −(1 2 ;5 4 ;1t − t +t)

0.25

MAB

∆ vuông tại M⇔MA MBuuur uuur. =0

2

4 10 3 4 16 5 3 2 0

23

9

0.25

• 23 55 92; ; 32

Vậy, có hai điểm thỏa đề bài là: M(1;0; 1− ) hoặc 55 92; ; 32

9 9 9

0.25

VII.a

(1,0 điểm)

(1,0 điểm)

Xét hệ phương trình: ( )

3

8 2 0,5 (1) log 2 log 3 2 3 (2)

x y

y





 Điều kiện: x−2y>0;3x+2y>0 (*)

0.25

Khi đó: ( )1 6 3

2

x y

− +

Thay (3) vào (1) ta được: 2

log 3x+log x= ⇔3 3x =27⇔ = ±x 3 0.25

• Với x= ⇒ = −3 y 3, thỏa (*)

• x= − ⇒ =3 y 3, không thỏa (*) Vậy, hệ phương trình có nghiệm là: 3

3

x y

=



 = −

0.25

VI.b (1,0 điểm)

Từ yêu cầu của bài toán ta suy ra C là hình chiếu vuông góc của A trên (d)

Phương trình đường thẳng ( )∆ qua A và vuông góc với (d) là: 2x y m 0+ + =

A 1; 2(− ) ( )∈ ∆ ⇔ − + + = ⇔ =2 2 m 0 m 0 Suy ra: ( )∆ : 2x y 0+ =

0.25

Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: {2x y 0 x 3 3 6

y 5

 = −



0.25

(2,0 điểm) Đặt B 2t 3; t( − )∈(d), theo giả thiết ta có: 2 2

AC= BC⇔AC = BC 0.25

2 2

2

16 t

3

 =



• Với 16 13 16;

15 15 15

t= ⇒B− 

  Vậy, có hai điểm thỏa đề bài là: 13 16;

15 15

  hoặc

1 4

;

3 3

B− 

0.25

2.(1,0 điểm)

Ta có: uuurAB=(2;1; 2 ;) uuurAC = −( 2; 2; 4)⇒uuur uuurAB AC, =(0; 12;6− ) 0.25

Phương trình tham số của (d):

1 2 2

3 2

= +



 = − −



 = − +



Đặt M(1 2 ; 2+ t − − − +t; 3 2t)

Ta có: uuuurAM = +(1 2 ; 3t − − − +t; 3 2t).Suy ra: uuur uuur uuuurAB AC AM,  = +18 24t

0.25

0 1

6

2

MABC

t

t

=





 = −



• Với t= ⇒0 M(1; 2; 3− − )

2

t= ⇒M− − − 

Vậy, có hai điểm thỏa đề bài là M(1; 2; 3− − ) hoặc 2; 1; 6

2

M− − − 

0.25

VII.b

(1,0 điểm) (1,0 điểm)

Xét hệ phương trình

2 3

9.4 2.4 4 0 (1) log log 1 0 (2)

y x



 Điều kiện: x>0;y>0

0.25

Khi đó: (2)⇔log 33 x=log3 y⇔ =y 3x (3) 0.25 Thay (3) vào (1) ta được:

1 9.4 2.4 4 0 2 4 9.4 4 0 1 1

2 4

2

x

 =



 =



(loại)

0.25

• Với x= ⇒ =1 y 3 Vậy, hệ phương trình có nghiệm là: 1

3

x y

=



 =

0.25

-Hết -Biên soạn: Huỳnh Chí Hào – THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu