Đề và ĐA thi thử ĐH số 26

Tìm các giá trị của m để hàm số 1 đồng biến trên từng khoảng xác định của nó.. Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng d sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 1.. Viết phương trình tha

2

C

n

2

ĐỀ THI THỬ SỐ 26 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

2

 (3m  2) x  1 

2m y 

x  2 (1) , với m là tham số thực 1.

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

2 Tìm các giá trị của m để hàm số (1) đồng biến trên từng khoảng xác định của nó

x

2

2 Giải hệ phương trình





x 1  y  8  x3

( x, y R).

( x  4)4 

y

Câu III (2 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm

 x  y  1  0 A(1; 0; -1), B(2; 3; -1), C(1; 3; 1) và đường thẳng d: 

 x  y  z  4  0

1 Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng d sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 1

2 Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác ABC

và vuông góc với mặt phẳng (ABC)

Câu IV (2 điểm) 1 Tính tích phân

1

I 



0

x3dx

4  x2

2 Cho số nguyên n (n ≥ 2) và hai số thực không âm x, y Chứng minh rằng

n x n  y n n 1 x n 1  y n 1 Đẳng thức xảy ra khi nào?

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

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

1 Chứng minh rằng

n 0 2n 1 C1

n  n  

1 n 1 0 n

n  n 3n1  1



(n là số nguyên dương, C

k là số tổ hợp chập k của n phần tử)

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(3; 0), B(0; 4) Chứng minh rằng đường tròn nội tiếp tam giác OAB tiếp xúc với đường tròn đi qua trung điểm các cạnh của tam giác OAB

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

1 Giải bất phương trình 32 x 1  22 x 1  5.6x  0

2 Cho tứ diện ABCD có các mặt ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a, các

mặt ACD và BCD vuông góc với nhau Hãy tính theo a thể tích khối tứ diện ABCD và tính số đo của góc giữa hai đường thẳng AD, BC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Môn: TOÁN (đề số 2), khối B

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

x2  x 1 1

Khi m = 1 hàm số trở thành y   x  1 

 Tập xác định : R \ {-2}

 Sự biến thiên:

2

y'  1  1  x  4 x  3 , y '  0  x  3 hay x  1

( x  2)2 ( x  2)2

 yCĐ = y(-3) = -5, yCT = y(-1) = -1

0,25

 Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = -2, tiệm cận xiên y = x – 1 0,25 Bảng biến thiên:

y

0,25

 Đồ thị:

y

-2 -1 0

-1

-5

0,25

2 Tìm các giá trị của m…(1,00 điểm)

Ta có

y  x  (3m  4)  9  8m

x  2 8m  9 x2  4 x  8m 

5

y'  1  

( x  2)2

0,50

Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng xác định của nó khi và chỉ

khi y'  0 x  2  x2  4x  8m  5  0 x  2  m 

9

0,50

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

Phương trình đã cho tương đương với

3sin x  cos 2 x  s in2x=2sinx+sin2x  2sin 2 x  sin x 1

 0 (sin x 1)(2 sin x  1)  0

0,50

 sin x  1  x    k 2

2

 sin x   1  x     k 2 hoặc x  7  k 2

Nghiệm của phương trình là

x    k 2  x     k 2  x  7  k 2 , k  Z.

0,50

2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm)

Điều kiện x  0, y  0 Hệ phương trình đã cho tương đương với

x  1  ( x 1)2  x3  8  0 (1)



Xét hàm số f (t )  t 1  (t 1)2  t 3  8 , với t ≥ 1

Ta có f / (t)  (t  1)2  2t 2  1  1  0 với mọi t > 1 nên f(t) đồng

2 t  1

biến trên (1; +∞)

0,50

Phương trình (1) có dạng f(x) = f(2) nên (1)  x = 2, thay vào (2) ta

được y = 1

Nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (2; 1)

0,50

III

1 Tìm tọa độ điểm D…(1,00 điểm)



Ta có vectơ AB = (1; 3; 0), vectơ AC = (0; 3; 2) Suy ra tích có



hướng của hai vectơ AB, AC là vectơ n = (6; -2; 3).

 x 

t

Phương trình của đường thẳng d là :  y  1  t

 z  3  2t.



Vì D  d nên D(t; 1 + t; 3 – 2t)  AD  (t  1; t  1; 2t  4).

V ABCD  1 n AD  1 6(t  1)  2(t  1)  3(2t  4)    2  t

0,50

2  t

Do đó V  1   1  t  1 hay t  5.

Có hai điểm D thỏa mãn bài toán là: D( - 1 ; 0 ; 5) và D(5 ; 6 ; -7)

0,50

2 Viết phương trình tham số của đường thẳng (1,00 điểm)

 Phương trình mặt phẳng () qua C và vuông góc với AB là:

1(x - 1) + 3(y - 3) = 0  x + 3y – 10 = 0 0,50

ABCD

3

 Phương trình mặt phẳng () qua B và vuông góc với AC là:

3(y - 3) + 2(z + 1) = 0  3y + 2z – 7 = 0

Gọi  là đường thẳng qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng (ABC), suy ra  là giao tuyến của () và ()

Nhận thấy N(1;3;-1)  và  nhận n làm một vectơ chỉ phương nên

 x  1 

6t

phương trình tham số là:  y  3  2t

 z  1 

0,50

1 Tính tích phân … (1,00 điểm)

Đặt t  4  x2  x2  4  t 2 , xdx  tdt.

x  0  t  2, x  1  t  3

0,25

3

(4  t 2 )tdt 2  t 3  2

I      (4  t 2 )dt   4t 

16

 3 3 3

0,25

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

Với x = 0 hoặc y = 0, bất đẳng thức đúng và dấu bằng xảy ra

Với xy  0, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

n 1   x   n 1 1   x 

   

n

1  t n Xét hàm số f (t)  với t  (0;  )

n 1 1  t n

1

n1

Ta có f ' (t)  t (1  t )

, f ' (t)  0  t  1.

0,50

lim f (t)  1, lim f (t)  1

t 0 t 

Bảng biến thiên:

f ' (t ) 0 + 0 

f (1)

f (t)

Từ bảng biến thiên suy ra f(t) ≥ 1 với mọi t  (0; 

) Thay t  y ta được điều phải chứng minh

x

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc y = 0

0,50

 y   y 

V.a 2,OO

1 Chứng minh đẳng thức tổ hợp (1,00 điểm)

Xét khai triển (2x  1) n  C O (2 x) n  C1 (2 x) n 1   C n 1 (2 x)  C n

Suy ra  (2 x  1) n dx   [C O (2 x) n  C1 (2 x) n 1   C n1 (2 x) 

C n ]dx.

O,5O

(2x  1) n 1 1  2n

C O 2n 1 C1 21 C n1 2O C n  1

   n x n1  n x n   n x2  n x 

 2n C O 2n 1 C1 21 C n 1 2O C n  3n1 1

  n  n   n  n

  .

O,5O

2 Chứng minh hai đường tròn ti p xúc với nhau (1,00 điểm)

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của OA, OB, AB

 M  3 ; O , N O; 2 , P  3 ; 2 

Tam giác MNP vuông t i P nên tâm đường tròn đi qua ba điểm M, N,

P là trung điểm I  3 ;1 của MN va bán kính R  MN  5  4 

O,5O

Mặt khác tam giác OAB vuông t i O nên đường tròn nội ti p tam giác

OAB có bán kính r  OA  OB  AB  1 va tam J nằm trên đường

2 thẳng y = x va thuộc góc phần tư thứ nhất nén J(1; 1)

Ta có IJ  1  5

1  R  r, suy ra điều phải chứng minh.

4 4

O,5O

1 Giải bất phương trình logarit (1,OO điểm)

Bất phương trình đã cho tương đương với

 3 2 x  3 x  3 x    3 x

 3 2   5  2   2  O   2   2 3 2   1  O

O,5O

x

 3   2  x  log 2.

 

O,5O

2 Tính thể tích và góc (1,00 điểm)

Gọi M là trung điểm của CD, khi đó AM  CD, BM  CD Từ giả

thi t suy ra AMB  9O Ma AM = BM nén AMB vuông can t i

M Do đó

BM  a 2  CD  2CM  2 BC 2  BM 2  a 2

2

V ABCD  CD.S ABM  CD AM BM  .( AM S BCD )

O,5O

Gọi N, P,Q lần lượt là trung điểm của AB, AC, BD

Ta có  AD, BC    NP, NQ 

AMB vuông can t i M  MN  AB  a

 NP  PM suy ra MNP

la

tam giác đều Do đó MQN  6O   NP, NQ    AD, BC   6O

D

M Q

P N

B

O,5O

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