ĐỀ THI THỬ ĐH VÀ ĐÁP ÁN CỰC HOT

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số C.. Khoảng cách từ tâm O của tam giác ABC đến mặt phẳng A’BC bằng 6 a.. Tính thể tích lăng trụ đều đó.. Hãy tính độ dài đường cao hạ từ D

A PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH:

Câu 1: (2 điểm)

Cho hàm số y = 2x3- 3x2 – 1 (C)

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

2 Gọi dk là một đường thẳng đi qua M(0 ; -1) và có hệ số góc là k Tìm k để đường thẳng dk cắt (C) tại 3 điểm phân biệt

Câu 2 : (2 điểm)

1 Giải hệ phương trình :

3

3

8

2 3

6 2

x y x

y

 + =





 − =



2 Giải phương trình : 3 (sin2x + sinx) + cos2x – cosx = 2

Câu 3 : (1 điểm)

Cho lăng trụ đều ABCA’B’C’ có các cạnh đáy bằng a Khoảng cách từ tâm O của tam giác ABC đến mặt phẳng (A’BC) bằng

6

a

Tính thể tích lăng trụ đều đó

Câu 4 : (1 điểm)

Tính tích phân

I =

1 2 0

4 5

3 2

x

dx

+

∫

Câu 5 : (1 điểm)

Cho a, b, c là các số dương thay đổi thỏa mãn a + b + c = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của P :

P = a2 + b2 +c2 + 2ab bc ca2 2

a b b c c a

+ +

B PHẦN RIÊNG CHO CAC THÍ SINH :

- Theo chương trình chuẩn:

Câu 6a: (3 điểm)

1, (1 điểm): Mặt phẳng oxy Hãy lập phương trình đường thẳng d cách A(1; 1) một khoảng bằng 2

và cachs B(2; 3) một khoảng bằng 4

2, (1 điểm): Cho tứ diện ABCD với A(0; 0; 2); B(3; 0; 5); C(1; 1; 0); D(4; 1; 2) Hãy tính độ dài

đường cao hạ từ D xuống mặt phẳng (ABC) và viết phương trình mặt phẳng (ABC)

3, (1 điểm): Giải phương trình: 2 2 3

2

3 4 18

x

−

- Theo chương trình nâng cao:

Câu 6b (3 điểm)

1, (1 điểm): Mặt phẳng oxy cho ba đường thẳng: d1: 3x – y – 4 = 0; d2: x + y – 6 =0;

d3: x – 3 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết rằng A và C thuộc d3; B thuộc d1; D thuộc d2

2, (1 điểm): Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC trong không gian oxyz với A(3; 0; 0);

B(0; 2; 0); C(0; 0; 1)

3, (1 điểm): Giải bất phương trình:

( 10 1) ( 10 1)

3

Chú ý: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần 6a hoặc 6b ( không được làm cả hai phần 6a và 6b)

SỞ GD& ĐT PHÚ THỌ

TRƯỜNG THPT LONG CHÂU SA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG LẦN II

A PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH:

Câu 1

1)

y = 2x3- 3x2 – 1 (C) TXĐ : D = R SBT : y’ = 6x2 – 6x = 0 ⇔x = 0 ; x = 1 0,25

đ

Cực trị, đồng biến, nghịch biến, giới hạn, cực đại, cực tiểu :

X -∞ 0 1 +∞

Y 0 0

0,25đ

CĐ(0 ; -1) ; CT(1 ; -2) ; Đồng biến : x ∈ (-∞; 0)∪(1 ; +∞) ; Nghịch biến: x ∈ (0 ; 1) ;

Giới hạn : limx→−∞y= −∞ ; lim ;

đ

Đồ thị : y’’=0 ⇔12x – 6 = 0

⇔ x= 1/2⇒U(1; 3

2 −2) x= -1 ⇒ y = -6 ; x=2 ⇒y = 5

0,25đ

Câu 1-

2

Dk là đường thẳng đia qua điểm M(0; -1) với hệ số góc k có dạng y = kx – 1 với

Vì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt ⇔phương trình hoành độ giao điểm của hai

đồ thị là nghiệm của phương trình : 2x3 – 3x2 – 1 = kx -1 có ba nghiệm phân biệt : ⇔2x3 – 3x2 –kx = 0 ⇔x(2x2 – 3x –k ) = 0 0,25đ

Phương trình có ba nghiệm phân biệt ⇔2x2 – 3x –k = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0

0

k k

∆ = + >



 ≠

9 8 0

k k

 > −





 ≠



0,25đ

SỞ GD& ĐT PHÚ THỌ

TRƯỜNG THPT LONG CHÂU SA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG LẦN IIĐÁP ÁN SƠ BỘ VÀ CHO ĐIỂM TỪNG PHẦN

(1 điểm) Vậy với

9 8 0

k k

 > −





 ≠



thì dk qua M(0 ; -1 )cắt (C) tại ba điểm phân biệt

Câu 2

(2 điểm)

1, (1điểm)

Giải hệ phương trình :

3

3

8

2 3

6 2

x y x

y

 + =





 − =



Điều kiện y ≠0

Đặt z = 2/y ≠ 0 ta được hệ :

3 3

2 3

2 3

x z

z x







0,25đ

Trừ vế với vế của hai phương trình trên dẫn đến : x – z = 0 và

x2 + xz + z2 +3 >0 với mọi x, z 0,25đ

Thay x = z vào phương trình (1) của hệ ta được : x3 – 3x – 2 = 0

⇔(x+1)2(x - 2) = 0 ⇔x = -1 hoặc x = 2

Từ x = z = 2/y ⇔

2

2

y y

y y

 = − ⇔ =





 = ⇔ =



⇒(x ; y ) là (-1 ; -2) ; (2 ; 1)

2

Giải phương trình : Nhân 3 vao, khai triển, chia 2 vế cho 2 ta được : 3

2 sin2x +

1

2 cos2x+

3

2

sinx-1

2cosx = 1

Áp dụng công thức biến đổi đến : os(2 ) sin( ) 1

c x−π + x−π =

⇔-1+ os(2 ) sin( )

c x−π + x−π

= 0

⇔sin (2 ) sin( ) 0

x−π − x−π =

Giải đúng :

sin( ) 0

6 1 sin( )

6 2

x

x

π π







được 3 họ nghiệm :

x =

6 k

π + π

; x =

3 k

π + π

; x = π+k2π với k∈Z

Câu 3 :

(1điểm)

Câu 4 :

(1 điểm)

Gọi M là trung điểm của BC H là

Hình chiếu của O lên A’M

Ta có : AM⊥BC ; AA’⊥BC

⇒BC⊥(A’AM) BC⊥OH ;

⇒OH⊥(A’BC)

⇒ OH =

6

a

= d(O,(A’BC))

Đặt AA’= x và có VOMH : VMAA ' nên

AA ' '

MA

=

3

6

x

a

=

+ ⇒ x =

6

4 a

0,25đ

Vậy VABC.A ‘B’C’ = S

2 3 4

4 a =

3

3 2

16 a (đvtt)

0,5đ

I =

1 2 0

4 5

3 2

x dx

+

1

0

x

dx

∫

= 2 ln(x2+3x+2)1

0- ln

1 2

x x

+ +

1

0= 2ln6 – 2ln2 – ln

2

3+ ln

1 2

0,5đ

= 2ln3 – ln2 + ln3 – ln2 = 3ln3 – 2ln2 = ln27

4

0,5đ

Câu 5 :

(1 điểm)

3(a2 +b2 +c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2)

a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + ca2 + ac2 0,25đ

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số :

3 2 2

2

a +ab ≥ a b

3 2 2

2

b +bc ≥ b c

3 2 2

2

c +ca ≥ c a

⇒ 3(a2 +b2 +c2) ≥ 3(a2b + b2c + c2a ) > 0

⇔(a2 +b2 +c2)≥ a2b + b2c + c2a

Do đó: P ≥a2 + b2 + c2 + 2 2 2

a b c

ab bc ca+ + + +

0,25đ

H

A

A’

B’

C’

B M

C

O

P ≥ a2 + b2 + c2 + 2 2 2

2(a b c )

ab bc ca+ + + +

P ≥ a2 + b2 + c2 +

2 2 2

2 2 2

9 (a b c ) 2(a b c )

+ + Đặt t = (a2+ +b2 c )2 Ta có : t≥3 vì 9 = 3(a2+ +b2 c )2

P ≥t + 9

2

t t

− = 9 1 3 3 1

2 2 2 2 2 2

t

+ + − ≥ + − = 4

P ≥ 4 Đẳng thức sảy ra ⇔a = b = c = 1

0,25đ

B PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH:

Theo chương trình chuẩn:

6a(1)

(1 điểm) (d) có dạng: ax +by + c = 0 Nhận thấy a = 5 < d(A,d1) + d(B,d2)

d(M,V) kí hiệu khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng V

A, B nằm về cùng một phía đối với đường thẳng (d)

⇒ (a + b + c)(2a + 3b + c) >0 (1)

Theo giả thiết d(A,d1) = 2; d(B,d2) = 4

2 2

2(3)

a b c



+ +



Từ (1) và (2) ⇒ 2a + 3b + c = 2a + 2b +2c ⇔b = c

Thế b = c vào (3) tìm được a = 0; a = 4

3b.

Có hai đường thẳng thỏa mãn:

D1: y + 1 = 0

D2: 4x + 3y +3 = 0

6a(2)

(1 điểm)

AB

uuur

= 3(1; 0; 1); ACuuur= (1; 1; -2) ⇒ nr = (-1; 3; 1) Phương trình mặt phẳng (ABC) là: -x + 3y +z – 2 = 0

D(D,(ABC)) = 4 3 2 2 11

11

1 9 1

− + + −

= + + (đvcd)

6a(3)

(1 điểm)

Đk: x ≠0;

2 2 3 2 3 log (3 4 )

x

− = log 183

Dẫn đến: (x - 2)[x2 + 2x + 3log 2 ] = 03

x = 2 và x2 + 2x + 3log 2 = 0 vô nghiệm vì 3 V <0.

Theo chương trình nâng cao:

(1 điểm) Ta có B(b; 3b - 4) ∈ d1 ; D(d; 6 - d) ∈ d2

A, C ∈ d3 song song với oy nên B và D đối xứng qua d3 nên d3 : x = 3

6

3 4 6

b d

+ =



 − = −

2 4

b d

=



 =

 ⇒ B(2; 2); D(4; 2)⇒I(3; 2)

IA2 = IB2 mà A(3; a) ∈ d; I là tâm hình vuông ABCD

Nên (a - 2)2 = 1⇔a= 3 vaf a = 1 có hai nghiệm hình

A(3; 3); B(2; 2); C(3; 1); D(4, 2)

A(3; 1); B(2; 2); C(3; 3); D(4, 2)

6b(2)

(1 điểm)

Gọi H là trực tâm của ABCV là giao của 3 mặt phẳng :

Mặt phẳng (ABC) đi qua A và mặt phẳng đi qua A vuông góc với BC; Mặt

phẳng (Q) đic qua B vuông góc với AC

Mặt phẳng (ABC): Cặp chỉ phương: BCuuur = (0; -2; 1); ACuuur= (-3; 0; 1)

n

r

= (2; 3; 6) Phương trình (ABC): 2x + 3y + 6z – 6 = 0;

Mặt phẳng qua A và có nr = BCuuur Phương trình là: -2y + z = 0;

Mặt phẳng (Q) qua B(0; 2; 0) và có nr = ACuuur Phương trình là: -3x + 2z = 0

Vậy tọa độ H là nghiệm của hệ:

2 3 6 6

y z

x z



− + =



− + =



⇔

12 49 18 49 36 49

x

y

z

 =





 =





 =



Vậy H(12

49;

18

49;

36

49)

6b(3)

(1 điểm)

Đưa về: ( 10 1)+ log 3x- log 3 2 log 3

( 10 1) 3

3

Đặt t= 10 1 log 3

3

x

+ ; t>0

0,25đ

t2 - 1

t ≥ 2

3 ⇔ 3t2 -2t -1>0 ⇔ t≥ 1 0,25đ

Dẫn đến x ≥1

0,25đ