Đề 42 và đáp án

Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SA⊥MBC.. TínhV SMBC PHẦN RIấNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRèNH 03 điểm Thớ sinh chỉ chọn một trong hai chương trỡnh Chuẩn hoặc Nõng cao để làm bài.. Viết phươ

violet.vn/lethuync đề thi thử đại học

ĐỀ 42

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm )

Cõu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y= f x( ) =x4+2(m−2)x2+m2−5m+5

1/ Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C ) hàm số với m = 1

2/ Tỡm cỏc giỏ trị của m để đồ thị hàm số cú cỏc điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giỏc vuụng cõn

Cõu II(2.0điểm) 1/ Giải hệ phương trỡnh:

12 12

y x y

 + + − =





− =



2/ Giải bất phơng trình : log log 3 5(log 2 3)

4

2 2

2

Cõu III (1.0 điểm) Tìm x ∈ ( 0 ; π ) thoả mãn phơng trình: cot x - 1 = x x

x

x

2 sin 2

1 sin

tan 1

2 cos 2

− +

Cõu IV(1.0 điểm) Tớnh tớch phõn : 2 2

0

I cos xcos 2xdx

π

= ∫

Cõu V(1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC =

2

a

, SA=a 3, ãSAB SAC 30= ã = 0 Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SA⊥(MBC) TínhV SMBC

PHẦN RIấNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRèNH ( 03 điểm )

(Thớ sinh chỉ chọn một trong hai chương trỡnh Chuẩn hoặc Nõng cao để làm bài.)

A/ Phần đề bài theo chương trỡnh chuẩn

Cõu VI.a: (2.0điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho∆ABC cú đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y+ + =1 0 và phõn giỏc trong CD:x y+ − =1 0 Viết phương trỡnh đường thẳng BC

Cõu VII.a: (1,0điểm)Trong khụng gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng

(P): 2x - y + z + 1 = 0 Viết phương trỡnh mặt phẳng chứa AB và vuụng gúc với mp (P)

B/ Phần đề bài theo chương trỡnh nõng cao

Cõu VI.b: (2 điểm)

Cho hỡnh bỡnh hành ABCD cú diện tớch bằng 4 Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chộo nằm trờn đường thẳng y = x Tỡm tọa độ đỉnh C và D

Cõu VII.b: (1.0 điểm) Cho hàm số y = − +

−

2 2 2 1

x (C) và d1: y = −x + m, d2: y = x + 3

Tỡm tất cả cỏc giỏ trị của m để (C) cắt d1 tại 2 điểm phõn biệt A,B đối xứng nhau qua d2

******* Hết *******

Câu I 2

1 Cho hàm số f( )x = x4 +2(m−2)x2 +m2 −5m+5 ( C )

Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị hàm số với m = 1 1

1* TXĐ: D = R

2* Sự biến thiên của h m sà ố:

* Giới hạn tại vô cực: ( )=+∞

−∞ → f x xlim : ( ) =+∞ +∞ → f x xlim 0.25 * Bảng biến thiên: f'( )x = y'=4x3 −4x=4x(x2 −1) y'=0⇔ x=0;x=−1;x=1 x -∞ -1 0 1 +∞

y’ - 0 + 0 - 0 +

y +∞ 1 +∞

0 0

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−1;0) và (1;+∞), nghịch biến Trên mỗi khoảng (−∞;−1) và ( )0;1 H m sà ố đạt cực tiểu tại x=±1;y CT =0, đạt cực đại tại x=0;y CD =1 0.5 3* Đồ thị: * Điểm uốn: y ''=12x2 −4, cỏc điểm uốn là:         − 9 4 ; 3 3 , 9 4 ; 3 3 2 1 U U * Giao điểm với cỏc trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) và C(1; 0) * Hàm số là chẵn trờn R nờn đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng * Đồ thị:

8 6 4 2 -2 -4 -5 5 0.25 2 Tỡm cỏc giỏ trị của m để (C) cú cỏc điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giỏc vuụng cõn 1 * Ta cú ( ) 3 ( ) 2 0 ' 4 4 2 0 2 x f x x m x x m =  = + − = ⇔  = −  0.25 * Hàm số cú CĐ, CT khi f’(x)=0 cú 3 nghiệm phõn biệt và đổi dấu : m < 2 (1) Toạ độ cỏc điểm cực trị là:

A(0;m2 −5m+5),B( 2−m;1−m) (,C − 2−m;1−m) 0.5

* Do tam giỏc ABC luụn cõn tại A, nờn bài toỏn thoả món khi vuụng tại A:

0 AC = ⇔ m− 3 =− ⇔m=

Trong đú AB=( 2−m;−m2 +4m−4),AC =(− 2−m;−m2 +4m−4)

Vậy giỏ trị cần tỡm của m là m = 1

0.25

1  + +x y x2−y2 =12



1

* Điều kiện: | | | |x ≥ y

Đặt

; 0

v x y

 = − ≥





= +

 ; x= −y khụng thỏa hệ nờn xột x≠ −y ta cú

2

1 2

u

v

 

=  − ữ

  Hệ phương trỡnh đó cho cú dạng:

2

12 12 2

u v

v v

+ =



  

 − =

 ữ

  



0.25

8

u v

=



⇔  =

 hoặc

3 9

u v

=



 =



+



=

 ⇔ − =

 = 

+ =

  (I) +



=

 ⇔ − =

 = 

+ =

0.25

Sau đú hợp cỏc kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trỡnh ban đầu

2 Giải bất phơng trình : log log 3 5(log 2 3)

4

2 2

2

ĐK:







≥

−

−

>

0 3 log

log

0

2 2

2

x

Bất phơng trình đã cho tơng đơng với log log 2 3 5(log2 3) (1)

2

2

đặt t = log2x, BPT (1)⇔ t2 −2t−3> 5(t−3)⇔ (t−3)(t+1) > 5(t−3)

0.25





<

<

−

≤

⇔







<

<

−

≤

⇔

















−

>

− +

>

−

≤

⇔

4 log 3

1 log

4 3

1 )

3 ( 5 ) 3 )(

1 ( 3 1

2

2

x t

t t

t t t

t

0.5







<

<

≤

<

⇔

16 8

2

1 0

x

x

Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: ] (8;16)

2

1

; 0

Cõu III Tìm x ∈ ( 0 ; π ) thoả mãn phơng trình:

x

x

2 sin 2

1 sin

tan 1

2 cos 2

− +

1

ĐK:







−

≠

≠

⇔







≠ +

≠

1 tan

0 2 sin 0

cos sin

0 2 sin

x

x x

x x

x x

x x x

x x

cos sin sin

sin cos

cos 2 cos sin

sin

+

=

−

⇔

x x x x x x

x

x x

cos sin sin

cos sin cos

sin

sin

⇔

0.25

⇔ cos x − sin x = sin x ( 1 − sin 2 x )

⇔ (cos x − sin x )(sin x cos x − sin2x − 1 ) = 0 0.25

⇔ (cos x − sin x )(sin 2 x + cos 2 x − 3 ) = 0 0 5

⇔ cos x − sin x = 0 ⇔tanx = 1 ( )

( )

4 0

;

x

KL:

Cõu IV

Tớnh tớch phõn : 2 2

0

I cos xcos 2xdx

π

2

I cos cos 2 (1 cos 2 ) cos 2 (1 2cos 2 cos 4 )

0.5

1( sin 2 1sin 4 ) |0/2

Cõu V Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC =

2

a , SA=a 3, ãSAB SAC 30=ã = 0

Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SA⊥(MBC) TínhV SMBC 1

Theo định lí côsin ta có:

ã

SB =SA +AB −2SA.AB.cosSAB 3a= + −a 2.a 3.a.cos30 =a Suy ra SB=a Tơng tự ta cũng có SC = a

0.25

Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên

MB ⊥ SA, MC ⊥ SA Suy ra SA ⊥ (MBC) 0.25

Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tơng ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M Gọi N là trung điểm của

BC suy ra MN ⊥ BC Tơng tự ta cũng có MN ⊥ SA

16

a 3 2

3 a 4

a a AM BN

AB AM AN

2 2

2 2 2

2 2 2









−













−

=

−

−

=

−

=

4

3 a

MN=

0.25

.

S MBC

PHẦN RIấNG CHO MỖI CHƯƠNG TRèNH 3.00

Phần lời giải bài theo chương trỡnh Chuẩn

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho∆ABC cú đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM:

2x y+ + =1 0 và phõn giỏc trong CD:x y+ − =1 0 Viết phương trỡnh đường thẳng 1

S

A

B

C M

N

Điểm C CD x y∈ : + − = ⇒1 0 C t( ;1−t) Suy ra trung điểm M của AC là 1 3;

M + − 

 .

( )

1 3

M∈BM x y+ + = ⇒  + + − + = ⇔ = − ⇒t C −

 ÷

 

0.25 0.25

Từ A(1;2), kẻ AK ⊥CD x y: + − =1 0 tại I (điểm K∈BC)

Suy ra AK:(x− − − = ⇔ − + =1) (y 2) 0 x y 1 0 Tọa độ điểm I thỏa hệ: 1 0 ( )0;1

1 0

x y

I

x y

+ − =

 − + =

Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của K(−1;0) Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0

7 1 8

+ = ⇔ + + =

− +

0.25

0.25

2 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15

a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

Ta có P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + 1 + 1 + 1)5 = 45

0.25

Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= 5 5 ( ) 5 5

=

Theo gt ta cã

3 4

2 10

4

0 5,

2

0 5,

5 0

i k

k i

i

k

i k

 =



 =



 + =

 ≤ ≤ ∈ ⇔

 ≤ ≤ ∈

  = =





⇒a10= 0 5 2 4 4 3

5 5 5 5 5 5 101

C C +C C +C C =

0.25

0.5

CâuVII.a Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng (P): 2x

- y + z + 1 = 0.Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P)

Gäi (Q) lµ mÆt ph¼ng cÇn t×m

Ta có AB ( 2,4, 16)uuur= − − cùng phương với a ( 1,2, 8)r= − −

mp(P) có VTPT uurn1=(2, 1,1)−

0.25

Ta có uur r [ n ,a] = (6 ;15 ;3) , Chän VTPT cña mÆt ph¼ng (Q) lµ uurn2=(2,5,1) 0.5 Mp(Q) chứa AB và vuông góc với (P) ®i qua A nhËn uurn2 =(2,5,1) lµ VTPT cã pt lµ:

2(x + 1) + 5(y − 3) + 1(z + 2) = 0⇔ 2x + 5y + z − 11 = 0 0.25

Phần lời giải bài theo chương trình Nâng cao

1 Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4 Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I

của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C và D 1

Ta có:

( 1;2) 5

AB= − ⇒ AB=

uuur

Phương trình của AB là:

2x y+ − =2 0 ( ): ( );

I∈ d y x= ⇒I t t I là trung điểm của AC và BD nên

ta có:

(2 1;2 ,) (2 ;2 2)

C t− t D t t−

0.5

Mặt khác: S ABCD= AB CH =4 (CH: chiều cao) 4

5

CH

⇒ =

Ngoài ra: ( )

; , ;

;

0 1;0 , 0; 2

t

 = ⇒    

 = ⇒ − −



Vậy tọa độ của C và D là 5 8; , 8 2;

3 3 3 3

 ÷  ÷

    hoặc C(−1;0 ,) (D 0; 2− )

0.25

0.25

2 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15

a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

Ta có P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + 1 + 1 + 1)5 = 45

0.25

Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= 5 5 ( ) 5 5

=

Theo gt ta cã

3 4

2 10

4

0 5,

2

0 5,

5 0

i k

k i

i

k

i k

 =



 =



 + =

 ≤ ≤ ∈ ⇔

 ≤ ≤ ∈

  = =





⇒a10= 0 5 2 4 4 3

5 5 5 5 5 5 101

C C +C C +C C =

0.25

0.25

CâuVII.b

Cho hàm số y = − +

−

2 2 2 1

x (C) vµ d1: y = −x + m, d2: y = x + 3 Tìm tất cả các

giá trị của m để (C) cắt d1 tại 2 điểm phân biệt A,B đối xứng nhau qua d2 1

− + = − +

−

1

x

⇔ 2x2 -(3+m)x +2+m=0 ( x≠1) (1)

d1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔ p trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1

⇔  − − + + ≠− − >

 2

2 7 0

m m ⇔ m2-2m-7>0 (*)

Khi đó(C) cắt (d1)tại A(x1; -x1+m); B(x2; -x2+m) ( Với x1, x2 là hai nghiệm của (1) )

* d1⊥ d2 theo giả thiết ⇒ Để A, B đối xứng nhau qua d2⇔ P là trung điểm của AB

Thì P thuộc d2 Mà P( 1+ 2 ;− 1+ 2 +

x x x x m ) ⇒ P( +3 3; −3

Vậy ta có 3 −3= +3 3+ ⇔ =9

m m m ( thoả mãn (*))

Vậy m =9 là giá trị cần tìm

0.5