Đề và ĐA thi thử ĐH số 25

Khảo sát sự biết thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1.. Viết phương trình mặt cầu S đi qua ba điểm A, B, C và có tâm thuộc mặt phẳng P.. Viết phương trình mặt phẳng Q chứa đường thẳng d và cắ

ĐỀ THI THỬ SỐ 25 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG

Môn thi: TOÁN, khối A, B

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

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x4  8x2  7 (1)

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

2 Tìm các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y = mx – 9 tiếp xúc với đồ thị của hàm số (1)

Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình sin  2x 

3x

1  x2

Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x + 3y – 3z + 1 = 0,

 z  5

và ba điểm A(4 ; 0 ; 3), B( - 1 ; - 1 ; 3), C(3 ; 2 ; 6)

1 Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua ba điểm A, B, C và có tâm thuộc mặt phẳng (P)

2 Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính lớn nhất

Câu IV (2 điểm) 1 Tính tích phân

 2

I 



sin 2 xdx

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)

A3  2 A2 

m để trên đường thẳng y = m tồn tại đúng 2 điểm mà từ mỗi điểm có thể kẻ được hai

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

2 Cho hình chóp S.ABC mà mỗi mặt bên là một tam giác vuông, SA = SB = SC = a Gọi N,

M, E lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC, BC ; D là điểm đối xứng của S qua E ; I là giao điểm của đường thẳng AD với mặt phẳng (SMN) Chứng minh rằng AD vuông góc với

SI và tính theo a thể tích của khối tứ diện MBSI

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Môn: Toán (đề số 2), khối A

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

Tập xác định : D = R

Sự biến thiên :

y ' = 4x 3 - 16x = 4x (x 2 - 4), y ' = 0 Û x = 0 hay x = ± 2 0,25

Bảng biến thiên :

0,25

Đồ thị :

y

7

-9

0,25

2 Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng … (1,00 điểm)

Đường thẳng y = mx – 9 tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ phương

0,25

Thay (2) vào (1) ta được

x4  8x2  7  4x3  16xx  9

 3x 4  8x 2  16  0

 x  2

0,50

Thay x  2 vào (2) ta được

m=0 Suy ra m = 0 là giá trị cần

tìm

0,25

II 2,00

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

Phương trình tương với

2

 cos x  sin x2 cos x  1  0

0,50

 cos x - sin x = 0 Û t gx = 1 Û x = p + k p, k Î Z

4

 2 cos x - 1 = 0 Û cos x = 1 Û x = ± p + k 2p, k Î Z

Nghiệm của phương trình đã cho là:

x = p + k p hay x = ± p + k 2p với k Î Z

0,50

2 Giải bất phương trình… (1,00 điểm)

Điều kiện: x  1

Bất phương trình đã cho tương đương với

1  x2

1  x2

1  x2

t 2

- 3t + 2 > 0 Û t < 1hay t > 2.

0,25

1  x2 Nếu  1  x  0 thì bất phương trình (2) đúng.

Nếu 0 < x < 1 thì bất phương trình (2)  x2  1  x2  0  x  1

2

0,25

1  x2 ( Điều kiện: x  1 )

 2 5 

0,25

Nghiệm của bất phương trình là

S  S  S    1; 1 

 2 5

; 

0,25

IA  IB

I   P 

0,25

4  a2  0  b2  3  c2   1  a2   1  b2  3  c2

4  a  0  b  3  c  3  a  2  b  6  c

2a  3b  3c  1  0



a  1

 b 2



c  3.

0,50

Bán kính của (S) là R= 13

Phương trình của (S) là: x  12  y  22  z  32  13

0,25

2 Viết phương trình mặt phẳng (Q)…(1,00 điểm)

Mặt phẳng (Q) cần tìm chính là mặt phẳng chứa d và đi qua tâm I

của (S)

0,25 Đường thẳng d đi qua M(3 ; 0 ; - 5) có vectơ chỉ phương là

u  2;9;1

là 1 IM , u 35;9;11

2

0,50

Mà (Q) đi qua I(1 ; 2 ; 3) nên phương trình của (Q) là:

35x  1  9y  2  11z  3  0  35x  9 y  11z  50  0

0,25

1 Tính tích phân…(1,00 điểm)

 2

sin x.cos xdx

Ta có: I  0 sin 2 x  2 sin x  1

Đặt t = sinx  dt = cosxdx

thì t = 1

2

0,50

1

Suy ra I   t  12   td 

t  1    t  1   t  1

  1  ln t  1 1   1  ln 2

Cách khác: I = ò t + 1 - 1 dt = dt - dt = (ln t + 1 + 1 )

(t + 1)2 ò t + 1 ò (t + 1)2

t + 1

0,50

2 Chứng minh p t có đúng 3 nghiệm thực phân biệt (1,00 điểm)

Xét hàm số f x  4x 4x2  1 1 với x  R

Có f '

x  4x ln 44 x2

 1 8x.4 x  4x ln 44x2

 1 8x

0,50

f ' x  0  ln 44x2

 4 ln 4x2  8x  ln 4  0 *

Phương trình (*) có biệt thức ∆ > 0 nên có đúng hai nghiệm phân

biệt

Từ bảng biến thiên của f(x) suy ra phương trình f(x) = 0 có không

quá 3 nghiệm phân biệt

Mặt khác: f    1   0, f 0  0, f  3 f  2  0

Do đó phương trình f(x) = 0 có đúng 3 nghiệm phân biệt:

x  0, x  1 2 1 , x   3;2

0,50

1 Tìm hệ số…(1,00 điểm)

Điều kiện: n  N , n  3.

Ta có A 3 + 2A 2 = n ! + 2 n ! = n 2

(n - 1)

(n - 3) ! (n - 2) !

0,50

Do đó 1  3x2 n  1  3x10  C 10 0 10 C1 3x  C10 10 3x10

Hệ số của số hạng chứa x5 là C 105 .35  61236

0,50

2

Đường tròn có tâm O(0 ; 0) và bán kính R=1

Giả sử PA, PB là hai tiếp tuyến (A, B là các tiếp điểm)

O bán kính R=2

)

2

3

0,50

0,50

0  x  1

9x  x  0.

0,50

Phương trình đã cho tương đương với log 3x3  log  9x  6



Û 3x 3

= 9x - 6 Û x 4

- 3x 2

+ 2 = 0 Û x = ± 1 hay x = ± 2.

x

Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là

x  2.

0,50

2 Tính thể tích … (1,00 điểm)

Ta có SA  (SBC)  SA  BD Mà BD  SB  BD  (SAB)

 BD  SM

Mà SM  AB (do tam giác SAB vuông cân)  SM  (ABD)

 SM  AD

Chứng minh tương tự ta có SN  AD  AD  (SMIN)

 AD  SI

0,50

2

Kẻ IH  AB (H  AB)

A

I N

H

D

E S

B Suy ra IH // BD Do đó

IH

 AI  AD  DI  1

V MBSI  SM SMBI  SM BM IH   (đvtt).

0,50

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.