ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7 điểm.. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mpABCD bằng 30 0.. PHẦN RIÊNG 3 điểm Thí sinh chỉ được làm một

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC

Môn: Toán A Thời gian: 180 phút ( Không kể giao đề).

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm).

x

+

=

− 1) Khảo sát và vẽ đồ thị ( )C của hàm số trên

2) Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và MN = 3 10

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình: sin 3x− 3sin 2x− cos 2x+ 3sinx+ 3cosx− = 2 0

2) Giải hệ phương trình: 2 22 2

1 4 ( ) 2 7 2

x y xy y

y x y x y

0

3sin 2cos (sin cos )

x x

π

−

=

+

∫

Câu IV (1 điểm):

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt

SD tại N Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 30 0

.

1 a b c( ) 1 + b c a( ) 1 + c a b( ) ≤ abc

II PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được 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 đường tròn hai đường tròn

2 2

( ) :C x + – 2 – 2 1 0,y x y + = ( ') :C x2 + y2 + 4 – 5 0x = cùng đi qua M(1; 0) Viết

phương

trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn ( ), ( ')C C lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB.

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1;

2; 3)

Câu VII.a (1 điểm):

(1 3 ) − x = +a a x a x+ + + a x . Tính tổng:

0 2 1 3 2 21 20

S = a + a + a + + a

2 Theo chương trình Nâng cao :

Câu VI.b (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm H(1;0), chân đường cao hạ từ đỉnh B là K(0; 2),

trung điểm cạnh AB là M(3;1)

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: ( ) : 1

1 1 2

x y z

d = =

và 2

( ) :

2 1 1

x y z

d + = = −

Tìm tọa độ các điểm M thuộc ( )d1 và N thuộc ( )d2 sao cho đường thẳng MN

song song với mặt phẳng ( )P : – 2010 0x y + z + = độ dài đoạn MN bằng 2

2

2log ( 2 2) log ( 2 1) 6

log ( 5) log ( 4) = 1





………

I

(2,0) 1(1,0)

Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa

1,0

2(1,0) Từ giả thiết ta có: ( ) :d y k x= ( − + 1) 1. Bài toán trở thành: Tìm k để

hệ phương trình sau có hai nghiệm ( ; ), ( ; )x y1 1 x y2 2 phân biệt sao cho ( ) ( 2 ) 2

2 1 2 1 90(*)

x −x + y −y =

2 4

( 1) 1

( ) 1

( 1) 1

x

k x

I x

y k x

+

− +





( 1) 1

kx k x k I

y k x



Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

2 (2 3) 3 0(**)

kx − k− x k+ + = có hai nghiệm phân biệt Khi đó dễ có

được 0, 3.

8

k ≠ k<

Ta biến đổi (*) trở thành:

(1 +k ) x −x = ⇔ + 90 (1 k )[ x +x − 4x x] 90(***) = Theo định lí Viet cho (**) ta có: 1 2 1 2

x x x x

8k + 27k + 8k− = ⇔ + 3 0 (k 3)(8k + 3k− = 1) 0

KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên.

0,25

0,5

0,25

II sin 3x− 3sin 2x− cos 2x+ 3sinx+ 3cosx− = ⇔ 2 0

(2,0) 1(1,0) (sin 3x+ sin ) 2sinx + x− 3sin 2x− (cos 2x+ − 2 3cos ) 0x =

2

2sin 2 cosx x 2sinx 6.sin.cosx (2cos x 3cosx 1) 0

2sin cosx x 2sinx 6.sin.cosx (2cos x 3cosx 1) 0

2

1 sin

2 (2sin 1)(2cos 3cos 1) 0 cos 1

1 cos

2

x

x







=





+)

2

5

1

2

i

6

2

 = +



∈



 = +

= ⇔



Z k

x

+)

2

2 3

1

2

 = +



∈



 = − +



= ⇔



x x

k

k Z

+) cosx= ⇔ 1 x k= 2 , ( π k Z∈ )

KL:Vậy phương trình có 5 họ nghiệm như trên.

0,25

0,25

0,25

0,25

2(1,0) Dễ thấy y≠ 0, ta có:

0,25

2 2

2

1

4

1 4

.

x

x y y

x y xy y

x y

y



+



Đặt u x2 1,v x y

y

+

+) Với v= 3,u= 1ta có hệ:

2, 5

x y

x y

+) Với v= − 5,u= 9ta có hệ:

KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y = −

0,25

0,25

0,25

Câu Phầ

n

III

(1,0)

x= − ⇒π t dx= −dt x= ⇒ =t π x= ⇒ =π t

3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin (sin cos ) (cos sin ) (cos sin )

tích phân không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số)

Suy ra:

3sin 2cos 3cos 2sin 1 2

(sin cos ) (cos sin ) (sin cos )

0,25

0,25

2

π

Vậy 1.

2

=

I

0,5

Câu Phầ

n

IV

(1,0)

+ Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ

BG cắt SD tại N.

+ Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có

2 3

SG

SO = suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD.

Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của

SC, SD.

S ABD S BCD S ABCD

V =V = V = V Theo công thức tỷ số thể tích ta có:

.

.

1.1.

S ABN

S ABN

S ABD

V SA SB SN

V =SA SB SD = = ⇒ =

.

.

1 .

S BMN

S ABN

S BCD

V SB SM SN

V =SB SC SD = = ⇒ =

Từ đó suy ra:

3 8

S ABMN S ABN S BMN

V =V +V = V

3

V = SA dt ABCD ; mà theo giả thiết SA⊥ (ABCD) nên

góc hợp bởi AN với mp(ABCD) chính là góc ·NAD , lại có N

là trung điểm của SC nên tam giác NAD cân tại N, suy ra

30

NAD NDA= = Suy ra: 0 3

tan 30

SA

AD= =a

0,25

0,25

M N

O

C

B S

G

Suy ra: 1 1 3 3

( ) 3

V = SA dt ABCD = a a a = a Suy ra: thể tích cần tìm là:

3

3 5

8 8

5 3 24

MNABCD S ABCD S ABMN

a

0,5

Câu Phầ

n

V

(1,0)

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:

2 3

3 =ab bc ca+ + ≥ 3 (abc) ⇒abc≤ 1 Suy ra:

2

2

2

1 ( ) 3

=

a b c abc a b c a ab b

c ca a

1 b c a( ) ≤ 3b 1 c a b( ) ≤ 3c

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:

ab bc ca

a b c b c a c a b c b c abc abc

+ +

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

abc= ab bc ca+ + = ⇒ = = =a b c a b c>

0,25

0,25

0,5

Câ

u

Phầ

n

m

VI

a

(2,

0)

1(1,

0)

+ Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0)

và R= 1, ' 3R = , đường thẳng (d) qua M có phương trình

2 2

( 1) ( 0) 0 0, ( 0)(*)

a x− +b y− = ⇔ax by a+ − = a +b ≠

+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.

Khi đó ta có: MA= 2MB⇔ IA2 −IH2 = 2 I A' 2 −I H' ' 2

1 d I d( ; ) 4[9 d I d( '; ) ]

.

IA IH>

2 2 2 2

9

4 d I d( '; ) d I d( ; ) 35 4. a b 35

a b a b

2 2

2 2

36

a b

a b

a b

−

+

Dễ thấy b≠ 0 nên chọn 1 6

6

= −



= ⇒  =a

b

Kiểm tra điều kiện IA IH> rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn

0,2 5

0,2 5

0,2 5

0,2 5

2(1,

0)

+ Ta có: uuurAB= (2; 2; 2), − uuurAC= (0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng

trung trực của AB, AC là: x y z+ − − = 1 0, y z+ − = 3 0.

+ Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là nr =uuur uuurAB AC, =(8; 4; 4).− Suy ra

(ABC):

2x y z− + + = 1 0 + Giải hệ:

Suy ra tâm đường tròn là

0,2 5

0,2 5

(0; 2;1).

I

Bán kính là R IA= = − − ( 1 0) 2 + − (0 2) 2 + − (1 1 ) 2 = 5

0,5

Câu Phầ

n

VII.a

(1,0)

(1 3 ) 2 3 21

x − x ′ = +a a x+ a x + + a x

(1 3 )x 60 (1 3 )x x a 2a x 3a x 21a x

Nhận thấy: k ( )k

a x = a −x do đó thay x= − 1 vào cả hai vế của

22

2 3 21 4

0,25

0,25 0,25

0,25

Câ

u

Phầ

n

m

VI

b

(2,

0)

1(1,

0)

+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận

( 1; 2)

HK = −

uuur

làm vtpt và AC đi qua K nên

(AC x) : − 2y+ = 4 0. Ta cũng dễ có:

(BK) : 2x y+ − = 2 0 + Do A AC B BK∈ , ∈ nên giả sử

(2 4; ), ( ; 2 2 ).

A a− a B b − b Mặt khác M(3;1)là

trung điểm của AB nên ta có hệ:

.

Suy ra: A(4; 4), (2; 2).B − + Suy ra: uuurAB= − − ( 2; 6), suy ra: (AB) : 3x y− − = 8 0

+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận

(3; 4)

HA=

uuur

, suy ra:

(BC) : 3x+ 4y+ = 2 0.

KL: Vậy : (AC x) : − 2y+ = 4 0, (AB) : 3x y− − = 8 0, (BC) : 3x+ 4y+ = 2 0.

0,2 5

0,5

0,2 5

2(1,

0)

+ M N, ∈ ( ), ( )d1 d2 nên ta giả sử

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

M t t t N − − t t +t ⇒NMuuuur= +t t + t −t t − −t

+ MN song song mp(P) nên:

0 1.( 2 1) 1.( ) 1(2 1) 0

P

n NM = ⇔ t + t + − t −t + t − − =t

uur uuuur

2 1 ( 1 1; 2 ;3 1 1 1)

t t NM t t t

1

0

2 ( 1) (2 ) (3 1) 2 7 4 0 4

7

t

t

=





 =



0,2 5

0,2 5

+ Suy ra: M(0; 0; 0), ( 1; 0;1)N − hoặc ( ; ; ), ( ;4 4 8 1 4 3; )

7 7 7 7 − 7 7

+ Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào M∈ ( ).P

5

0,2 5

Câu Phầ

n

VII.b

(1,0)

0 1 1, 0 2 1

I

− − + + > − + > + > + >

 < − ≠ < + ≠

2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 ( )

log ( 5) log ( 4) = 1

I





log ( 2) log (1 ) 2 0 (1) log ( 5) log ( 4) = 1 (2).





+ Đặt log 2+y(1 − =x) t thì (1) trở thành: 1 2

2 0 ( 1) 0 1.

t

Với t= 1 ta có: 1 − = + ⇔ = − −x y 2 y x 1 (3). Thế vào (2) ta có:

2

log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0

0 2

x x

=



⇔  = − Suy ra:  =y y= −11. + Kiểm tra thấy chỉ có x= − 2,y= 1thoả mãn điều kiện trên

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x= − 2,y= 1

0,25

0,25

0,25