Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C, biết tiếp tuyến đi qua điểm A–1; –1.. Tính thể tích khối chóp SABMD và diện tích của hình cầ
Trang 1Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x3 – 3x 2 + 3
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm A(–1; –1)
Câu II (2 điểm):
1 Giải hệ phương trình:
x y xy 4y 1 0
y 7 (x y) 2(x 1)
2 Giải phương trình: 2sin x 1 cos2x 2 cosx 7sin x 5
Câu III (1 điểm):
Tính tích phân sau: I =
2 1
x
Câu IV (1 điểm):
Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình bình hành tâm O, AB = 2a, AD = 2a 3, các cạnh bên bằng nhau và bằng 3a, gọi M là trung điểm của OC Tính thể tích khối chóp SABMD và diện tích của hình cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD
Câu V (1 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa xyz = 1 Chứng minh: 1 3 1 3 1 3 3
8 (1 x) (1 y) (1 z)
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 Oxy cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (T): x2 + y 2 – 4x – 2y – 8 = 0 Đỉnh A thuộc tia Oy, đường cao vẽ từ C nằm trên đường thẳng (d): x + 5y = 0 Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết
rằng C có hoành độ là một số nguyên
2 Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng (d1): x 1 y 2 z 2
, (d2):
x 2 t
y 3 t
z 4 t
và mặt phẳng (): x – y + z – 6 = 0 Lập phương trình đường thẳng (d) biết d // () và (d) cắt (d1), (d2) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 6
Câu VII.a (1 điểm):
Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z thỏa mãn hệ thức: z 3 2i 2z 1 2i
2 Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(0; 4), trọng tâm G 4 2;
3 3
và trực tâm trùng
với gốc tọa độ Tìm tọa độ các đỉnh B, C và diện tích tam giác ABC biết xB < xC
2 Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng (d1): x 1 y 2 z 2
, (d2):
x 2 t
y 3 t
z 4 t
và mặt
phẳng (): x – y + z – 6 = 0 Tìm trên (d2) những điểm M sao cho đường thẳng qua M song song với (d1), cắt () tại N sao cho MN = 3
Câu VII.b (1 điểm):
Trang 2Giải hệ phương trình
ln x 2ln y ln x ln y
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Thời gian: 180 phút
Câu I Cho hàm số y = x 3 – 3x 2 + 3 ∑ = 2đ
y' = 3x2 – 6x
y'' và điểm uốn
Giá trị đặc biệt
0.25
2 Viết pt tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm A(–1; –1) ∑ = 0.75đ
Đường thẳng (d) qua A và có hệ số góc k
2
x3 – 3x2 + 3 = 3x3 – 6x2 + 3x2 – 6x – 1
2x3 – 6x – 4 = 0 x = 2 hay x = –1
0.25
* x = 2 k = 0 (d): y = –1
1
Giải hệ phương trình:
x y xy 4y 1 0
y 7 (x y) 2(x 1)
2 2
(1) + (2) ta được: –y(x – y)[2 + x – y] = –15y
(x – y)(x – y + 2) = 15 (do y ≠ 0 vì y = 0 thì (1) x2 + 1 = 0 (vô lí))
x – y = 3 hay x – y = –5
0.5
x – y = 3 x = y + 3
(1) –6y = –2(y + 3)2 – 8y – 2 2y2 + 14x + 20 = 0
0.25
x – y = –5 x = y – 5
(1) 10y = –2(y – 5)2 – 8y – 2 2y2 – 2x + 52 = 0 (VN) Vậy hệ có nghiệm là (1; –2), (–2; –5)
0.25
2
Điều kiện:
0.25
Trang 32cosx 3 0 cos2x 2cosx 1 3(cosx 1) 0
2cosx 3 (cosx 1)(2cosx 3) 0
3 cosx
2
(1) (2sinx + 1)(cosx + 1) = cos2x + 2cosx – 7sinx + 5
2sinxcosx + 2sinx + cosx + 1 = 1 – 2sin2x + 2cosx – 7sinx + 5
2sinxcosx – cosx + 2sin2x + 9sinx – 5 = 0
cosx(2sinx – 1) + (2sinx – 1)(sinx + 5) = 0
(2sinx – 1)(cosx + sinx + 5) = 0
0.25
1 sin x
2 sin x cosx 5
6 5
6
0.25
So sánh điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = 5 k2
6
Câu III
Tính tích phân sau: I =
2 1
x
1 x x 8 dx
1 (6x 4x)ln xdx
Tính I 1: Đặt t = x3 t8 2 = x3 + 8 2tdt = 3x2dx x2dx = 2 tdt
Đổi cận: x = 1 t = 3
3
3
Tính I 2: Đặt u = lnx u' = 1
x v' = 6x2 + 4x, chọn v = 2x3 + 2x2
1 1
2 3
2 1
24 ln 2 x 24 ln 2
Câu IV Cho hình chóp SABCD có
ABCD là hình bình hành tâm O,
AB = 2a, AD = 2a 3 , các cạnh bên bằng nhau và bằng 3a, gọi
M là trung điểm của OC Tính thể tích khối chóp SABMD và diện tích của hình cầu ngoại tiếp
tứ diện SOCD
∑ = 1đ
Ta có SA = SB = SC = SD nên SO (ABCD)
∆ SOA = = ∆ SOD nên OA = OB = OC = OD ABCD là hình chữ nhật
SABCD = AB.AD = 4a 3 2
0.25
Ta có BD = AB2AD2 4a 12a2 2 4a
K I
G M O
D
A
S
Trang 4 SO = SB2OB2 9a2 4a2 a 5
Vậy VSABCD =
3 ABCD
1S .SO 4a 15
Gọi G là trọng tâm ∆ OCD, vì ∆ OCD đều nên G cũng là tâm đường tròn ngoại
tiếp ∆ OCD
Dựng đường thẳng d qua G và song song SO thì d (ABCD) nên d là trục của ∆
OCD
Trong mp(SOG) dựng đường trung trực của SO, cắt d tại K cắt SO tại I
Ta có: OI là trung trực của SO KO = KS mà KO = KC = KD nên K là tâm mặt
cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD
0.25
Ta có: GO = CD 2a
3 3 ; R = KO =
Do đó Scâu =
4 R 4
0.25
Câu V Cho x, y, z là các số thực dương thỏa xyz = 1
8 (1 x) (1 y) (1 z) (1)
∑ = 1đ
8 2 (1 x) (1 x) (1 x) Tương tự, ta được:
0.25
4 (1 x) (1 y) (1 z) (2)
Ta có: xyz = 1 nên ta có thể giả thiết xy ≥ 1
Khi đó ta có:
1 xy
2xy + (x2 + y2)xy ≥ x2 + y2 + 2x2y2
2xy(1 – xy) + (x2 + y2)(xy – 1) ≥ 0
(xy – 1)(x – y)2 ≥ 0 (đúng do xy ≥ 1)
0.25
Áp dụng (3) ta được:
2(1 x ) 2(1 y ) (1 z) (vì 2(1 + x
2) ≥ (1 + x)2….)
1 z
=
2 2
(z 1)
0.25
Vậy (3) đúng (1) đúng (1) được chứng minh 0.25
Trang 5VI.a ∑ = 2đ
1 Trong mp Oxy cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn (T): x2 + y2 – 4x – 2y – 8 = 0
Đỉnh A thuộc tia Oy, đường cao vẽ từ C nằm trên đường thẳng (d): x + 5y = 0
Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng C có hoành độ là một số nguyên
∑ = 1đ
A thuộc tia Oy nên A(0; a) (a > 0)
Vì A (T) nên a2 – 2a – 8 = 0 a 4
a 2
0.25
C thuộc (d): x + 5y = 0 nên C(–5y; y)
C (T) 25y2 + y2 + 20y – 2y – 8 = 0
26y2 + 18y – 8 = 0
(AB) (d) nên (AB): 5x – y + m = 0 mà (AB) qua A nên 5.0 – 4 + m = 0
m = 4 Vậy (AB): 5x – y + 4 = 0
B (AB) B(b; 5b + 4)
B (T) b2 + (5b + 4)2 – 4b – 10b – 8 – 8 = 0 26b2 + 26b = 0 b 0
b 1
0.25
Khi b = 0 B(0; 4 ) (loại vì B trùng với A)
Khi b = –1 B(–1; –1) (nhận)
Vậy A(0; 4), B(–1; –1) và C(5; –1)
0.25
2
Trong kg Oxyz cho (d1): x 1 y 2 z 2
, (d2):
x 2 t
y 3 t
z 4 t
và mặt phẳng ():
x – y + z – 6 = 0 Lập phương trình đường thẳng (d) biết d // () và (d) cắt (d1), (d2) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 6
∑ = 1đ
M (d1) M(1 + 2m; –2 + m; 2 – 2m)
N (d2) N(2 – n; 3 + n; 4 + n)
NM2m n 1;m n 5; 2m n 2 ; n (1; 1;1)
MN // () n NM 0 2m + n – 1 –(m – n – 5) – 2m – n – 2 = 0
–m + n + 2 = 0 n = m – 2
0.25
NM = ( 3m – 3; -3; –3m)
NM (3m 3) 2 ( 3)29m2 3 2m2 2m 2
NM = 3 6 2m2 – 2m + 2 = 6 m2 – m – 2 = 0 m = –1 hay m = 2 0.25
m = –1: M(–1; –3; 4) (loại vì M () 0.25
m = 2: M(5; 0; –2) và NM = 3(1; –1; –2) (d): x 5 y z 2
VII.a Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z thỏa: z 3 2i 2z 1 2i ∑ = 1đ
Gọi M(x; y) là điểm biểu diễn cho số phức z = x + yi (x; y R)
Ta có: z 3 2i 2z 1 2i
x yi 3 2i 2(x yi) 1 2i (x 3) (y 2)i (2x 1) (2y 2)i 0.5
(x + 3)2 + (y – 2)2 = (2x + 1)2 + (2y – 2)2 3x2 + 3y2 – 2x – 4y – 8 = 0 0.25 Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn (T): 3x2 + 3y2 – 2x – 4y – 8 = 0 0.25
Trang 61 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(0; 4), trọng tâm G 4 2;
3 3
và trực tâm trùng với gốc tọa độ Tìm tọa độ các đỉnh B, C và diện tích ∆ ABC
biết rằng xB < xC
∑ = 1đ
Ta có AI 3AG
2
I
I
3 4
2 3
3 2
2 3
I
BC qua I và có VTPT là OA (0;4) 4(0;1) BC: y = –1
Gọi B(b; –1), vì I là trung điềm BC nên C(4 – b; –1)
Ta có: OB (b; 1) ; AC (4 b; 5)
OB.AC 0
4b – b2 + 5 = 0 b2 – 4b – 5 = 0 b = –1 hay b = 5
0.25
* b = –1 B(–1; –1) và C(5; –1) (nhận)
2
Trong kgOxyz cho (d1): x 1 y 2 z 2
, (d2):
x 2 t
y 3 t
z 4 t
và mặt phẳng ():
x – y + z – 6 = 0 Tìm trên (d2) những điểm M sao cho đường thẳng qua M song
song với (d1), cắt () tại N sao cho MN = 3
∑ = 1đ
M (d2) M(2 – m; 3 + m; 4 + m)
(d) qua M và // (d1) nên (d):
x 2 m 2t
y 3 m t
z 4 m 2t
0.25
N = (d) () nên tọa độ N thỏa hệ:
x 2 m 2t
y 3 m t
z 4 m 2t
x y z 6 0
2 – m + 2t – 3 – m – t + 4 + m – 2t – 6 = 0
t = –3 – m N(–3m – 4; 0; 3m + 10)
0.25
NM = (6 + 2m; 3 + m; –2m – 6)
Do đó MN = 3 9(m + 3)2 = 9 m + 3 = ± 1 m = –2 hay m = –4
VII.b
Giải hệ phương trình
ln x 2ln y ln x ln y
Điều kiện: x, y > 0
Ta có: 1 + xy > 0
* x > y: VT (1) > 0 và VP(1) < 0 VT(1) > VP(1) (vô lí)
* x < y: VT(1) < 0 < VP(1) (vô lí)
Do đó từ (1) x = y
0.25
Thay vào (2) ta được:
3ln x ln x ln x
Trang 7
ln x
ln x
ln x
Vậy hệ có nghiệm là x = y = e2 0.25
