De thi thu Dai hoc Mon Toan va dap an

ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC... Hàm số không có cực trị.[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Mụn Toỏn - Khối A, B

phần chung cho tất cả các thí sinh

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y=x3− 3 x2

+4

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

2 Gọi d là đờng thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt

A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau.

Câu II (2điểm)

1 Giải hệ phơng trình:

¿

x2+1+ y (x+ y)=4 y

(x2+1)(x + y − 2)= y

¿{

¿

(x, y R)

2 Giải phơng trình:

sin3x sin 3 x +cos3x cos 3 x

tan(x − π

6)tan(x+ π

3)

=−1 8

Câu III (1 điểm) Tính tích phân I=∫

0

1

x ln(x2 +x +1)dx

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’

lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm O của tam giác ABC Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng a2√3

8 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dơng thỏa mãn abc = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

a2+2 b2+3+

1

b2+2 c2+3+

1

c2 +2a2+3 Phần tự chọn (Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2)

Phần 1 C âu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): y=x2− 2 x và elip (E): x2

9 +y

2

=1

Chứng minh rằng (P) giao (E) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một đờng tròn Viết phơng trình đờng tròn đi

qua 4 điểm đó

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phơng trình

x2+y2+z2− 2 x +4 y − 6 z − 11=0 và mặt phẳng () có phơng trình 2x + 2y – z + 17 = 0 Viết phơng trình mặt phẳng () song song với () và cắt (S) theo giao tuyến là đờng tròn có chu vi bằng 6.

Câu VII.a(1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của ( √x+ 1

2√4 x)n , biết

rằng n là số nguyên dơng thỏa mãn: 2C n0

+22

2 C n

1 +23

3 C n

2 +⋯+n+12n +1 C n n

=6560

n+1 ( C n

k là số tổ hợp chập k của

n phần tử)

Phần 2 Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai đờng thẳng d1: x + y + 5 = 0, d2: x + 2y - 7= 0 và tam giác ABC có A(2 ; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 vàđiểm C thuộc d2 Viết phơng trình đờng tròn ngoại

tiếp tam giác ABC

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – 3 = 0 Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức MA2

+MB2

+MC2

Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phơng trình

¿

e x − y+e x+ y=2(x +1)

e x+ y

=x − y +1

¿{

¿

(x, y R)

Hớng dẫn chấm môn toán

I.1 Khảo sát hàm số y=x3− 3 x2+4 1,00

1 Tập xác định: R

2 Sự biến thiên:

lim

x →− ∞ y= lim

x→ −∞(x3−3 x2+4)=−∞ , lim

x →+∞ y= lim

x→+ ∞(x3−3 x2+4 )=+ ∞

0,25

b) Bảng biến thiên: y' = 3x2 - 6x, y' = 0 ⇔ x = 0, x = 2

Bảng biến thiên:

x - ∞ 0 2 +

∞

y' + 0 - 0 +

y

4 +

∞

- ∞ 0

- Hàm số đồng biến trên (- ∞ ; 0) và (2; + ∞ ), nghịch biến trên (0; 2)

- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0

0,50

3 Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục hoành tại (-1; 0),(2; 0).

Nhận điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng

0,25

I.2 Tìm m để hai tiếp tuyến vuông góc 1,00

d có phơng trình y = m(x – 3) + 4

Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phơng trình

x3−3 x2+4=m(x −3)+4⇔(x −3)(x2− m)=0 ⇔

x=3

¿

x2−m=0

¿

¿

¿

¿

¿

0,50

Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và y ' (√m) y ' (−√m)=−1 0,25

⇒(3 m−6√m)(3 m+6√m)=−1 ⇔9 m2

−36 m+1=0 ⇔ m=18 ±3√35

mãn)

0,25

Hệ phơng trình tơng đơng với

¿

x2+1

y +x + y −2=2

x2 +1

y (x+ y −2)=1

¿{

¿

0,25

x y

4

2

1

Đặt u= x

2 +1

y , v=x + y −2 Ta có hệ

¿

u+v =2

uv =1

⇔u=v=1

¿{

¿

0,25

Suy ra

¿

x2+1

y =1 x+ y − 2=1

¿{

¿

Giải hệ trên ta đợc nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (-2; 5) 0,25

Điều kiện: sin(x − π

6)sin(x+ π

3)cos(x − π

6)cos(x+ π

3)≠ 0

Ta có tan(x − π

6)tan(x+ π

3)=tan(x − π

6)cot(π6 − x)=−1

0,25

Phơng trình đã cho tơng đơng với ⇔sin3

x sin 3 x+cos3x cos 3 x=1

8

1 cos 2x cos 2x cos 4x 1 cos 2x cos 2x cos 4x 1

0,25

⇔2(cos2 x +cos2 xcos 4 x)=1

2⇔cos3

2 x=1

8⇔ cos 2 x=1

⇔ x= π

6+kπ (loại)

¿

x=− π

6+kπ

¿

¿

¿

¿

¿

,(kZ) Vậy phơng trình có nghiệm x=− π

6+kπ ,

(kZ)

0,25

Đặt

¿

u=ln(x2

+x +1)

dv=xdx

⇒

¿du= 2 x+1

x2 +x +1dx v=x2/2

¿{

¿

2

2 0 0



 

∫

0,25

¿1

2ln 3−

1

2∫

0

1 (2 x −1)dx+1

4∫

0

1

2 x+1

x2 +x +1 dx −

3

4∫

0

1 dx

x2 +x+1

¿1

2ln 3−

1

2(x

2

− x)¿01+1

4 ln(x

2 +x +1)¿01−3

4I1=3

4ln 3 −

3

4 I1

0,25

* Tính I1: I1=∫

0

1 dx

(x+1

2)2+( √23)2 Đặt x+12=

√3

2 tant ,t ∈(− π

2,

π

2)

Suy ra I1=2√3

3 ∫

π /6

π /3

(1+tan2t)dt

1+tan2t =

2√3

3 t¿π / 6

π / 3

=√3 π

9

0,25

Vậy I=3

4ln 3 −

√3 π

Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’, Khi

đó (P) (BCH) Do góc A ' AM nhọn nên H nằm giữa AA’ Thiết diện của lăng

trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH

0,25

Do tam giác ABC đều cạnh a nên AM=a√3

2 , AO=

2

3AM=

a√3 3 Theo bài ra SBCH=a2√3

8 ⇒ 1

2HM BC=

a2√3

8 ⇒ HM= a√3

4

0,25

AH=√AM2− HM2=√3 a2

4 −

3 a2

16 =

3 a

4

Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên A ' O

AO =

HM AH suy ra A ' O=AO HM

a√3 3

a√3 4

4

3 a=

a

3

0,25

Thể tích khối lăng trụ: V = A ' O SABC=1

2A ' O AM BC=

1 2

a

3

a√3

2 a=

a3√3

Ta có a2+b2  2ab, b2+ 1  2b  1

a2+2 b2+3=

1

a2+b2+b2+1+2≤

1 2

1

ab+b+1

b2+2 c2+3≤

1 2

1

bc+c +1 ,

1

c2+2 a2+3≤

1 2

1

ca +a+1

0,50

P≤1

2(ab+b+11 +

1

bc+c+1+

1

ca +a+1)=1

2(ab+b +11 +

ab

b+1+ab+

b 1+ab+b)=1

P=1

2 khi a = b = c = 1 Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng

1

2 khi a = b = c = 1. 0,25 VIa.1 Viết phơng trình đờng tròn đi qua giao điểm của(E) và (P) 1,00

A

B

C

C’

B’

A’

H

O

M

Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của phơng trình

x2−2 x¿2=1⇔9 x4

−36 x3+37 x2−9=0

x2

9 +¿

Xét f (x)=9 x4− 36 x3+37 x2− 9 , f(x) liên tục trên R có f(-1)f(0) < 0,

f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E)

cắt (P) tại 4 điểm phân biệt

0,25

Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mãn hệ

¿

y=x2− 2 x

x2

9 +y

2

=1

¿{

¿

0,25

⇔

8 x2−16 x=8 y

x2+9 y2=9

⇒9 x2+9 y2−16 x −8 y −9=0

¿{

(**)

(**) là phơng trình của đờng tròn có tâm I=(89;

4

9) , bán kính R = √161

9

Do đó 4 giao điểm của (E) và (P) cùng nằm trên đờng tròn có phơng trình (**)

0,25

Do () // () nên () có phơng trình 2x + 2y – z + D = 0 (D 17)

Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5

Đờng tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = 3

0,25 Khoảng cách từ I tới () là h = √R2− r2

=√52− 32

Do đó

−1¿2

¿

¿=4⇔|−5+D|=12⇔

¿

D=−7

¿

D=17 (loại)

¿

¿

22 +22 +¿

√¿

¿

|2 1+2(−2)− 3+D|

¿

0,25

Ta có

1+x¿ndx

¿

¿

I=∫

0

2

¿

¿(C n0x+1

2C n

1

x2+1

3C n

2

x3+⋯+n+11 C n n x n+1)¿02

suy ra I ¿2C n0+22

2 C n

1 +23

3 C n

2 +⋯+n+12n +1 C n n (1)

0,25

Mặt khác

1+x¿n+1¿02=3n+1 −1

n+1

I = 1 n+1¿

(2)

Từ (1) và (2) ta có ¿2C n0

+22

2 C n

1 +23

3 C n

2 +⋯+n+12n +1 C n n

¿3n+1 − 1 n+1

Theo bài ra thì 3n+1 −1

n+1 =

6560

n+1 ⇔3 n+1=6561⇒n=7

0,25

Ta có khai triển ( √x+ 1

2√4x)7=∑

0

7

C7k

( √x)7 −k(21√4x)k=∑

0

7 1

2k C7

k x

14 −3 k

4

0,25

Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa mãn 14 −3 k

4 =2⇔k =2

Vậy hệ số cần tìm là 1

22C72=21

4

0,25

Do B  d1 nên B = (m; - m – 5), C  d2 nên C = (7 – 2n; n) 0,25

Do G là trọng tâm tam giác ABC nên

¿

2+m+7 −2 n=3 2

3 −m −5+n=3 0

¿{

¿

⇔ m− 2n=−3

− m+n=2

⇔

n=1

¿{ Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1)

0,25

Giả sử đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phơng trình

x2

+y2+2 ax +2 by +c=0 Do A, B, C  (C) nên ta có hệ

¿

4+9+4 a+6 b+c=0

1+16− 2 a −8 b+c=0

25+1+10 a+2 b+c=0

⇔

¿a=− 83/54 b=17 /18 c=−338 /27

¿{ {

¿

0,25

Vậy (C) có phơng trình x2

+y2−83

27 x +

17

9 y −

338

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G = (73;

8

3;3)

Ta có F=MA2+MB2+MC2=(⃗MG+⃗GA)2+(⃗MG+⃗GB)2+(⃗MG+⃗GC)2

GC

⃗GA +⃗GB+⃗¿

¿

¿3 MG2+GA2+GB2+GC2+2⃗MG¿

0,25

F nhỏ nhất  MG2 nhỏ nhất  M là hình chiếu của G lên (P) 0,25

 MG=d (G ,(P))=|7 /3 − 8/3 −3 −3|

19

GA2+GB2+GC2=56

9 +

32

9 +

104

9 =

64 3

0,25

Vậy F nhỏ nhất bằng 3 (193√3 )2+64

3 =

553

9 khi M là hình chiếu của G lên (P)

¿

e x − y

+e x+ y=2(x +1)

e x+ y=x − y +1

⇔

¿e x− y=x + y +1

e x+ y=x − y +1

¿{

¿

Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ

¿

e v=u+1

e u=v +1

⇔

¿e v=u+1(1)

e u − e v=v −u (2)

¿{

¿

0,25

- Nếu u > v thì (2) có vế trái dơng, vế phải âm nên (2) vô nghiệm

- Tơng tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2) ⇔u=v 0,25

Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) Xét f(u) = eu - u- 1 , f'(u) = eu - 1

Bảng biến thiên:

u - ∞ 0

f'(u) - 0 + f(u)

0 Theo bảng biến thiên ta có f(u) = 0 ⇔u=0

0,25

Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0

⇒ v=0 ⇒

x + y=0

x − y=0

⇔

y =0

¿{ Vậy hệ phơng trình đã cho có một nghiệm (0; 0)

0,25

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Mụn Toỏn - Khối A, B

A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Cõu I (2 điểm) Cho hàm số

1 1

x y x





 a) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị  C của hàm số.

b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình

1 1

x

m x







Câu II (2 điểm)

a) Tìm m để phương trình 2 sin 4xcos4xcos 4x2sin 2x m 0

có nghiệm trên

0; 2



b) Giải phương trình 1log 2 3 1log4 18 log 4 2 

Câu III (2 điểm)

a) Tìm giới hạn

0

1 cos

x

L

x







b) Chứng minh rằng C1000  C1002 C1004  C1006   C10098 C100100 2 50

Câu IV (1 điểm)

Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a b c  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b 9 c

B PHẦN RIÊNG

Câu Va (2 điểm)

a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình C1:x2y2 4y 5 0

và

C2:x2y2 6x8y16 0.

Lập phương trình tiếp tuyến chung của C1

và C2

b) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a Gọi M là trung điểm của AA’ Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C.

Câu VIa (1 điểm) Cho điểm A2;5;3 và đường thẳng d:x211y z22. Viết phương trình mặt phẳng

 

chứa d sao cho khoảng cách từ A đến  

lớn nhất

Câu Vb (2 điểm)

a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình elip (E) dạng chính tắc biết rằng (E) đi

quaM(1;-3

2 ) và tiêu điểm F1(- 3;0)

b) Cho tứ diện OABC có OA4,OB5,OC6 và AOB BOC COA  60 0 Tính thể tích tứ diện

OABC.

Câu VIb (1 điểm)

Cho mặt phẳng  P x:  2y2z1 0

và các đường thẳng 1

 Tìm

điểm M thuộc d 1 , N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2.

ĐÁP ÁN Câu I 2 điểm

Tập xác định: Hàm số

1 1

x y x





 có tập xác định D R \ 1  

0,25

Đạo hàm:  2

2

1

x



 Hàm số nghịch biến trên các khoảng

 ;1

và 1;

Hàm số không có cực trị

Bảng biến thiên:

0,25

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x 1; tiệm cận ngang y 1. Giao của hai tiệm cận I1;1

là tâm đối xứng

0,25

b)

Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị

 

1 ' 1

x

x







Học sinh tự vẽ hình

0,5

Số nghiệm của

1 1

x

m x







bằng số giao điểm của đồ thị

1 1

x y x







và y m .

0,25

Suy ra đáp số

1; 1:

m  m phương trình có 2 nghiệm

1:

m  phương trình có 1 nghiệm

   phương trình vô nghiệm

0,25

Câu II 2 điểm

a)

Ta có

2

x c x  x

và cos4x 1 2sin 2 2 x

0,25

Do đó  1  3sin 22 x2sin 2x 3 m

Đặt tsin 2x Ta có 0; 2 0;  0;1 

2

x   x   t

Suy ra f t 3t22t 3 m t, 0;1

0,25

Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên

10



0,25

b)

Giải phương trình 1log 2 3 1log4 18 log 42   2

Trường hợp 1: x 1

 2  x2 2x 0 x2

0,25

Trường hợp 1: 0x1

 2  x26x 3 0  x2 3 3

Vậy tập nghiệm của (2) là T 2; 2 3 3 

0,25

Câu III

a)

Tìm

0

1 cos

x

L

x







Ta có

0

lim

x

L



0,25

Xét

1

2

L

x

 

0,25

2

2

3

1 cos

2

L

 

0,25

b)

Chứng minh rằng C1000  C1002 C1004  C1001002 50

Ta có

 

0,5

Mặt khác

1i2  1 2i i 2 2i 1i100  2i 50 250

Vậy C1000  C1002 C1004  C100100 2 50

0,5

Câu IV Cho a, b, c thoả a b c  3 Tìm GTNN của

4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b 9 c

Đặt u⃗ 2 ;3 ; 4 ,a b c v⃗2 ;3 ;4 , wc  a b  2 ;3 ;4b c a M u  v  w 0,25

  2  2 2

w 2a 2b 2c 3a 3b 3c 4a 4b 4c

M   u v⃗ ⃗          

Theo cô – si có 2a2b2c 3 23 a b c  6

Vậy M 3 29. Dấu bằng xảy ra khi a b c  1. 0,25 Câu Va Học sinh tự vẽ hình

Gọi tiếp tuyến chung của C1 , C2 là :Ax By C  0A2B20

 là tiếp tuyến chung của C1 , C2

 

 

;

 

 



Từ (1) và (2) suy ra A2B hoặc

2

C  

0,25

Trường hợp 1: A2B

Chọn B 1 A 2 C 2 3 5 : 2x y  2 3 5 0 

Trường hợp 2:

2

C 

Thay vào (1) được

3

A B  A B  A A B  y   x y 

0,5

b)

Gọi H là trung điểm của BC  ; '   3

2

a

d M BB C AH

S  BB BC  V  AH S 

0,25

Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình)

Ta có B C' MI B C; ' BC' B C' MB.

0,5

Câu VIa

(Học sinh tự vẽ hình)

Gọi K là hình chiếu của A trên d  K cố định;

Gọi   là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên  

0,25

Trong tam giác vuông AHK ta có AH AK.

Vậy AH max AK  

là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK.

0,25

Gọi   là mặt phẳng qua A và vuông góc với d    : 2x y 2z15 0

3;1; 4

K



0,25

  là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK    :x 4y z  3 0 0,25 Câu Vb

a)

Gọi  

H

a  b 

0,25

(H) tiếp xúc với d x y:   2 0  a2 b24  1

    162 42  

a b

Từ (1) và (2) suy ra 2 8; 2 4  : 2 2 1

x y

0,5

b) (Học sinh tự vẽ hình)

Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho OA OB 'OC' 4

0,25

Lấy M là trung điểm của B’C’  OAM  OB C' ' 

Kẻ AH OM  AH OB C' '

0,25

Ta có

2 3



.sin

OBC

S  OB OC BOC

Vậy

1

3

0,25

Câu VIb

Gọi M1 2 ;3 3 ; 2 , t  t t N 5 6 '; 4 '; 5 5 ' t t   t 

 

d M P   t   t t

0,25

Trường hợp 1: t 0 M1;3;0 , MN 6 ' 4; 4 ' 3; 5 ' 5t  t   t  

MN n  MN n   t   N 

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

0,25

Trường hợp 2: t 1 M3;0; 2 , N1; 4;0  0,25