Đề và ĐA thi thử ĐH số 24

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1.. Tính diện tính của tam giác tạo bởi các trục tọa độ và tiếp tuyến với đồ thị hàm số 1 tại điểm M-2;5.. Tìm tọa độ điểm M trên trục tung

2 2

ĐỀ THI THỬ SỐ 24 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG

Môn thi: TOÁN, khối A, B, D

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

x + 1

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

2 Tính diện tính của tam giác tạo bởi các trục tọa độ và tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại điểm M(-2;5)

2 Giải bất phương trình (x+1)(x-3)  x2  2 x  3 < 2 – (x-1)2

Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

(  ):2x – y + 2z + 1 = 0 và đường thẳng d: x  1  y  1

 z

1 Tìm tọa độ giao điểm của d với (  ); tính sin của góc giữa d và (  ).

1 



dx.

0 

2 Cho các số thực x,y thỏa mãn 0  x 



3

4  x2 

3 cosx + cosy  1+cos(xy)

PHẦN RIÊNG -Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu:V.a

hoặcV.b - Câu V.a Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm)

1 Chứng minh đẳng thức n.2n.C0n + (n-1).2n-1

2 C n 1 + …+ 2C n n 1 = 2n.3n-1 (n là số nguyên dương, C n klà số tổ hợp chập k của n phần tử)

3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x-4)2 + y2 = 4 và điểm E(4;1) Tìm tọa độ điểm M trên trục tung sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) với A, B là các tiếp điểm sao cho đường thẳng AB đi qua điểm E

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm)

1 Giải bất phương trình 22 x  4 x  2  16.22 x 

x

1  2  0

2 Cho tứ diện ABCD và các điểm M, N, P lần lượt thuộc các cạnh BC, BD, AC sao cho BC =

AD

tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mặt phẳng (MNP)

x -∞ -1 +∞

3

3

- ∞

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Môn thi: TOÁN (đề số 1), khối D

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)

Tập xác định : D = R\{-1}

Sự biến thiên :

y'  2

 0 x  D

( x  2)2

0,25

Bảng biến thiên :

0,25

Đồ thị :

y

3 1

0,25

2 Tính diện tích tam giác (1,00 điểm)

Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số tại M là:

Đường thẳng d cắt trục hoành tại A  9 ;0  và cắt trục tung tại

B(0;9)

OA.OB  1 9

9  81

OAB

0,50

1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với

41   1 sin 2 2x   1  2 sin  2 2x  sin 2x  0

 4 sin 2 2x  sin 2x  5  0  sin 2x  14sin 2 x  5  0

Û sin 2x = - 1 Û x = - p + k p, k Î Z

4

0,50

0,50

2 Tìm m để phương trình có nghiệm (1,00 điểm)

Đặt t   x2  2 x  3  0 Khi đó ta có

x  1x  3  t 2 ,  x  12  t 2  4 Bất phương trình trở thành

 t 2 .t  2  t 2  4  t 3  t 2  2  0  t  1 t 2  2t  2  0

 t  1 vi t 2  2t  2  0

0,25

Ta được

 x2  2x  3  1  x2  2x  2  0  1  3  x  1  3

Nghiệm của bất phương trình là 1  3  x  1  3.

0,50

1 Tìm tọa độ giao điểm của d với (α) và tính sin của góc… (1,00 điểm)

Gọi M là giao điểm của d với (α) Tọa độ của M là nghiệm của hệ

2x  y  2z  1  0 phương trình:  x  1 y  1 z  M   3 ;2;1.

0,50

Vec tơ pháp tuyến của (α) là n  2;1;2 , vec tơ chỉ phương của d là

u  1;2;2 Gọi φ là góc giữa d và (α) Ta có

sin   n.u  2  2  4

0,50

2 Viết phương trình mặt cầu (1,00 điểm)

Gọi I = (1+t;1+2t;-2t)  d là tâm của mặt cầu (S) cần tìm

Do (S) tiếp xúc với (α) và mặt phẳng (Oxy) nên

d (I , a ) = d (I , Oxy ) Û 2 (t + 1)- (1 + 2t )- 4t + 1 = 2t Û t = - 1 Út = 1

.

0,50 Với t = -1 thì (S) có tâm I(0;-1;2) và bán kính R=2 nên (S) có phương

trình x2  y  12  z  22  4

Với t  1 thì (S) có tâm I  6 ; 7 ; 2  và bán kính R = 2 nên (S) có 

phương trình  x   6     y   7    z    2   4

0,50

1 Tính tích phân…(1,00 điểm)

 xdx

I    xe 2 x  dx   xe 2 x dx  

K   xe 2 x dx   xd e 2 x 

 xe 2 x   e 2 x dx

 1 e 2 x 2x  1  1

 1 e2 

1

J  1  xdx   4  x2 1  3  2

e2  7

0,50

2 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm)

Do x, y   ;  

nên 0  xy  x  y 

, suy ra

cos x  y

 cos xy Ta có

2

cos x  cos y  2 cos x  y

cos x  y

 2 cos x  y

 2 cos xy (1).

0,25

Xét hàm số f t  1  cos t 2  2 cos t với t   ;

 

0

3 .

Ta có f ' t   2sin t  t sin t 2 

Nhận thấy f ’(1) = 0, f(1) = =1 - cos1

Nếu 0 < t < 1 thì t2 < t < 1 nên tsint2 < sint2 < sint, do đó f ’(t) > 0

Nếu 1 < t < 

thì t < t2 <  nên tsint2 > sint2 > sint, do đó f ’(t) < 0

Do đó ta có bảng biến thiên

t

3

-1 – cos-1 f(t)

2

9

0,50

Do cos 9  0 nên f t   0, t  0; 3   Suy ra

2 cos xy  1  cosxy  2

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh

0,25

1 Chứng minh đẳng thức (1,00 điểm)

Xét khai triển

f x  2x  1n  C 0 2xn  C1 2xn 1   C n 1

n

 f ' x  2n2x  1n 1  n2 n C 0 x n 1 n  12n 1 C1 x n  2   2C n

0,50

Thay x = 1 vào (*) ta được

n.2 n C 0 n  1.2n 1 C1   2C n 1 

2n.3 n 1

0,50

2

Nhận xét : có thể khai triển (1+x)n , lấy đạo hàm, cho x= 2, rồi nhân 2

vế cho 2

2 Tìm tọa độ điểm M (1,00 điểm)

Gọi I là tâm đường tròn (C) suy ra I(4;0) Xét M(0;a) thuộc trục tung

mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) Giả

sử

A(x1;y1); B(x2;y2) Ta có

Vì IA  MA nên

MA  x1; y1 

a,

IA  x1  4; y1 

x1  4x1  y1 y1  a  0  x1 

2

 4x1  4  ay1  0

1

Vì A thuộc (C) nên 4x1  ay1  12  0 Suy ra A thuộc đường thẳng

4x – ay – 12 = 0

Tương tự, B thuộc đường thẳng 4x – ay – 12 = 0 Do đó phương trình

đường thẳng AB là 4x – ay – 12 = 0

Đường thẳng AB đi qua E(4;1) nên a=4

Điểm cần tìm là M(0;4)

Cá

c h k h á c: pt tiếp tuyến tại A(x1;y1) có dạng

0,50

(x1 - 4)(x - 4) + y1y - 4 = 0

Vì tiếp tuyến qua M(0;a) nên có (x1 - 4)(- 4) + y1a - 4 = 0

Tương tự, tọa độ B(x2;y2) thỏa (x 2

- Suy ra pt AB là 4x – ay – 12 = 0

4)(- 4) + y 2a - 4 = 0

1 Giải bất phương trình mũ (1,00 điểm)

2

Đặt t = 2x  2 x 1 , t  0 Bất phương trình đã cho trở thành

t2 - 4

3

Ta có 0 < 2x  2 x 1  2 Û x2 – 2x - 2≤ 0 Û 1  3  x  1 

Nghiệm của bất phương trình là 1 

2 Tính tỷ số … (1,00 điểm)

3  x  1  3.

Gọi E = MN ∩ CD Khi đó Q = PE∩ AD Gọi F là trung điểm của BC

và G là điểm trên AC sao cho DG//PQ Nhận thấy FD//MN

2

 5

0,50

Suy ra

AP

AQ



AP

 3

A

0,50

D

M F

Gọi V là thể tích tứ diện ABCD, V1 là thể tích khối đa diện

Ta có V1 = VABMN + VAMPN + VAPQN.

Do BM  1 , BN  1 nên SBMN  1 , SMNC  3 , S DNC  1

Suy ra

V , V 1

V ,V  1

3 V  1 V ABMN

Như vậy V  1 7 V , suy ra V1  7

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định.