DE 56CO DAP AN THI THU DH MON TOAN

Câu III 1 điểm: Tính tích phân: Câu IV 1 điểm: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng ABG cắt SC tại M, cắt[r]

ĐỀ SỐ 5 THI THỬ ĐẠI HỌC

Môn: Toán A Thời gian làm bài: 180 phút

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x 3 3(m1)x26mx 3m4

1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số vớim 0

2 Gọi  là tiếp tuyến của đồ thị (Cm) tại điểm A có hoành độ là 1 Tìm m để  cắt đồ thị tại một điểm B khác A sao cho OABlà tam giác vuông cân tại O

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình lượng giác: 4sin3x 2 cos (sinx x1) 4sin x 1 0

2. Giải hệ phương trình: 2 2

1 3 2

x y x y

  





 



Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

1

0

(3x x1)(2x1)dx



Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AB2a, AD a 2

SA vuông góc với đáy ABCD Gọi M là trung điểm CD và góc giữa hai mặt phẳng (SBM) và (ABCD) là 60o CMR BM (SAC) và tính thể tích khối chóp S.BCM theo a

Câu V(1,0 điểm) Cho a b, , a b, 0 CMR:

Câu VI(1,0 điểm) Trong mặt phẳng (Oxy) cho ABC có đỉnh A(1;2) đường trung tuyến BM:

2x y  1 0đường phân giác trong CD: x y 1 0 Viết phương trình cạnh BC

Câu VII(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz choA 2;2; 2 , B 0; 1; 2 ,      

C 2;2; 1

Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và các trục

y’Oy, z’Oz tại M và N khác với gốc tọa độ sao cho ON 2OM

Câu VIII(1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết:

2C22n1 3.2.2C23n1 ( 1) (  k k k1)2k2C2k n1 2 (2 n n1)22n1C22n n1140200

-Hết -ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 5.

I a) Khi m 0 ta có y x 3 3x24.

* Tập xác định: D = R

* Sự biến thiên:

 Chiều biến thiên:y' 3 x2 6x

0 ' 0

2

x y

x





   



 H/s ĐB trên các khoảng ( ;0) và (2;), NB trên khoảng(0; 2)

 Cực trị: H/s đạt CĐ tại x0 :y CD 4

H/s đạt CT tại x2 :y CT 0

 Giới hạn: lim

x y

x y

    

 Chiều biến thiên: y, 3x2 6x 3x x 2   

H/s không có tiệm cận

 Bảng biến thiên:

* Đồ thị :

Đồ thị đi qua (0;4) và (-1;0), nhận

điểm uốn I(1;2) làm tâm đối xứng

2) Ta có: y' 3 x2 6(m1)x6m

x  y  y 

PTTT: y3(x1) 2

PT hoành độ giao điểm của tiếp tuyến  và đồ thị (Cm):

x  m x  mx m  x 

( 1) ( 3 1) 0

x







Ta có: B(3m 1; 9m 2   ) OA 1;2 , OB m(3  1; 9m2)

B A m1

x   0 2  '

y + 0 - 0 +

y 4 

  0

x y

O

4

2

I

-1

2

1

(3 1) 2( 9 2) 0

3

OA OB

m



 

Vậy

1 3

m 

là giá trị cần tìm

II 1 Giải phương trình lượng giác: 4sin3x 2cos (sinx x1) 4sin x 1 0

2

4sin (1x cos ) 2cos (sinx 1) 4sinx x x 1 0

2

4sin cosx x 2sin cosx x 2cosx 1 0

       (2cosx1)( 2sin x1) 0

2 2 3

6 5 2 6





























2 Giải hệ phương trình: 2 2

1 3 (1)

2 (2)

x y x y

  





 



Nhận thấy y 0 không phải là nghiệm của hệ nên chia cả hai vế của phương trình (1) cho y

và phương trình (2) cho y2ta được:

2 2

1

3

1

2 (4) 2

x

x

y y

y y

x

x

y y









1

thay vào (4) ta có:

2

x y

x

y















+

1

x

x y

y    thay vào (2) ta được:

y

y

  

 



+

x

y    thay vào (2) ta được:

1

2

y

y







 



Vậy hệ có 4 nghiệm:

1 (1 2;1 2), (2,1), ( 1; )

2

III

Tính tích phân:

1

0

(3x x1)(2x1)dx



Ta có:

(3x x1)(2x1)dx 3 (2x x1)dx x1(2x1)dx M N 

1

0

3 (2x 1)

M  x dx

Đặt

2

3 3

ln 3

x x

du dx







1

0 0

x

1

0

1(2 1)

N  x x dx

Đặt t  x 1 x t  1 dx dt

Đổi cận:

2

N  t t dt t  t dt t  t   

Vậy

1

2 0

8ln 3 4 28 2 2

x x x dx   



IV Gọi I là giao điểm của AC và MB Xét ABC và BCM

BC CM    

ACB BMC  MBC BMC MBC ACB   

BIC

  Vuông tại I hay BM AC,

mà SA(ABCD)BM  BM SA

   góc giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (SBM)

Là góc giữa SI và AI hay SIA  60o

Ta có: ABCABI

3 6

AI

Xét SAIvuông tại A Ta có:

3

AI

2

BCM

a

SA là chiểu cao của khối chóp S BCM. nên

.

S BCM BCM

(đvtt)

V

Cho a b, , a b, 0 CMR:

CM

Ta có

2

a  b a  a   a b a    a b   a b

Tương tự

b  a   a b

Ta sẽ CM:

2

x 0 1

t 1 2

Thật vậy:

(a b) 0

Dấu “=” xảy ra

1 2

a b

VI Điểm C CD x y :  1 0  C t( ;1 ) t suy ra trung điểm của AC

Là

1 3

;

M   

Điểm

MBM x        

7 ( 7;8)

Từ A(1;2) kẻ AK CD x y:   1 0 ( K BC )

Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ

1 0

(0;1)

1 0

x y

I

x y

  







  

ACK

 cân tại C nên I là trung điểm của AK nên tọa độ của K(-1;0)

Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình 4x3y 4 0

VII Từ giải thiết ta chọn M(0; ;0)m và N(0;0; )n trong đó mn 0 và n2m.

Gọi n



là vectơ pháp tuyến của (P) thì do (P)//BC và (P) đi qua M, N nên nBC(2;3; 3)



 

,

(0; ; )

nMN m n



nên ta chọn nBC MN,  (3n4 ; 2 ; 2 )m  n  m

  

+ n2m n(9 ; 4 ; 2 )m  m  m



và (P) đi qua A ( 2; 2; 2) nên (P) có phương trình:

3x 4y 2z10 0

+n2m n ( 9 ;4 ; 2 )m m  m



và (P) đi qua A ( 2; 2; 2) nên (P) có phương trình:

9x 4y2z30 0

Vậy  P : 3x 4y 2z10 0

Hoặc 9x 4y2z30 0

VIII Tìm số nguyên dương n biết:

2C n  3.2.2C n  ( 1) (  k k k1)2k C k n  2 (2 n n1)2 n C n n 40200

* Xét

− 1¿k C 2 n+1 k x k+ −C2n +1 2n +1 x 2 n+1 1− x¿2 n +1=C 2n +10 − C 2 n+11 x+C 2 n+ 12 x2− +¿

¿

(1)

* Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta có:

(2 1)(1 ) n 2 ( 1)k k k (2 1) n n

Lại lấy đạo hàm hai vế của (2) ta có:

−1¿k k (k − 1)C 2n +1 k x k −2+ −2 n(2 n+1)C2 n+1 2 n+1 x 2 n −1

1− x¿2 n −1=2C2 n+12 −3 C 2 n +13 x + +¿

2 n(2 n+1)¿ Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:

2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2  C 2n(2n 1)2  C 

Phương trình đã cho ⇔2 n(2 n+1)=40200 ⇔2 n2

+n− 20100=0 ⇔n=100

ĐỀ SỐ 6 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

1

x y

x







1) Khảo sát và vẽ đồ thị  C

của hàm số trên

2) Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm

M, N và MN 3 10

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình: sin 3x 3sin 2x cos 2x3sinx3cosx 2 0

2) Giải hệ phương trình:

1 4



Câu III (1 điểm): Tính tích phân:

2

3 0

3sin 2 cos (sin cos )











Câu IV (1 điểm):

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết

SA=AB=a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 300

Câu V (1 điểm): Cho các số dương a b c ab bc ca, , :   3.

1a b c(  ) 1 b c a(  ) 1 c a b(  ) abc

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 tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn ( ) :C x2 – 2 – 2 1 0,y2 x y  

( ') :C x  y 4 – 5 0x  cùng đi qua M(1; 0) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường

tròn ( ), ( ')C C lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB.

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).

Câu VII.a (1 điểm): Khai triển đa thức: (1 3 ) x 20 a0 a x a x1  2 2 a x20 20

Tính tổng: S a0 2a1 3a2  21 a20

2 Theo chương trình Nâng cao :

Câu VI.b (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực

tâm H(1;0), chân đường cao hạ từ đỉnh B là K(0; 2), trung điểm cạnh AB là M(3;1)

2) Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng: ( ) :1 1 1 2

và 2

( ) :

Tìm tọa độ các điểm M thuộc ( )d1 và N thuộc ( )d2 sao cho đường thẳng MN song song với mặt

phẳng  P : – 2010 0x y  z  

độ dài đoạn MN bằng √2

Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình

2

log ( 5) log ( 4) = 1







……… HẾT………

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 6.

I Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số

Từ giả thiết ta có: ( ) :d y k x ( 1) 1. Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có

hai nghiệm ( ; ), ( ; )x y1 1 x y2 2 phân biệt sao cho x2 x12y2 y12 90(*)

( 1) 1

( ) 1

( 1) 1

x

k x

I x

y k x







 



( )

( 1) 1

I

y k x

 



Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình kx2 (2k 3)x k  3 0(**)

có hai nghiệm phân biệt Khi đó dễ có được

3

8

k k

Ta biến đổi (*) trở thành: 2  2 2  2

(1k ) x  x  90 (1k )[ x x  4x x] 90(***)

Theo định lí Viet cho (**) ta có: 1 2 1 2

thế vào (***) ta có phương trình: 8k327k28k3 0  (k3)(8k23k1) 0

KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên.

II sin 3x 3sin 2x cos 2x3sinx3cosx 2 0 

(sin 3xsin ) 2sinx  x 3sin 2x (cos 2x 2 3cos ) 0x 

2sin 2 cosx x 2sinx 6.sin cosx (2cos x 3cosx 1) 0

2sin cosx x 2sinx 6.sin.cosx (2cos x 3cosx 1) 0

+)

2

5 2

2 6















+)

2

2

2 3





  











+) cosx 1 x k 2 , ( k Z ).

KL:Vậy phương trình có 5 họ nghiệm như trên.

Dễ thấy y 0, ta có:

2

2

1

4

1 4

x

x y y

x y

y







Đặt

,

x

y



+) Với v3,u1ta có hệ:

2, 5

+) Với v5,u9ta có hệ:

nghiệm

KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y  

III

Đặt x 2 t dx dt x, 0 t 2,x 2 t 0.

Suy ra:

(sin cos ) (cos sin ) (cos sin )

(Do tích phân không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số)

Suy ra:

2

(sin cos ) (cos sin ) (sin cos )

=

=

2



KL: Vậy 2.

1

I 

IV + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N.

+ Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có S

2 3

SG

SO  suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD.

Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của

SC, SD.

S ABD S BCD S ABCD

Theo công thức tỷ số thể tích ta có:

.

.

S ABN

S ABN

S ABD

.

.

S BMN

S ABN

S BCD

Từ đó suy ra:

3 8

S ABMN S ABN S BMN

+ Ta có:

1

3

V  SA dt ABCD

; mà theo giả thiết SA(ABCD) nên góc hợp bởi AN với

mp(ABCD) chính là góc NAD , lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD cân tại N,

suy ra NAD NDA  30 0 Suy ra: tan 300 3

SA

Suy ra:

3

V  SA dt ABCD  a a a  a

Suy ra: thể tích cần tìm là:

3

MNABCD S ABCD S ABMN

a

V

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:3ab bc ca  3 (3 abc)2  abc1

Suy ra:

2

a b c abc a b c a ab bc ca a

1b c a(  )3b 1c a b(  )3c

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:

ab bc ca

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc1,ab bc ca   3 a b c  1, ( , ,a b c0).

M N

O

C

B

G

VIa + Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R1, ' 3R  , đường

thẳng (d) qua M có phương trình a x( 1)b y(  0) 0  ax by a  0, (a2b2 0)(*)

+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.

Khi đó ta có: MA2MB IA2 IH2 2 I A' 2 I H' '2

1 d I d( ; ) 4[9 d I d( '; ) ]

,

IA IH

9

4 d I d( '; ) d I d( ; ) 35 4 a b 35

36





Dễ thấy b 0 nên chọn

6 1

6

a b

a





   

Kiểm tra điều kiện IA IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn

+ Ta có: AB(2; 2; 2), AC(0; 2; 2).

Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB,

AC là: x y z  1 0, y z  3 0.

+ Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là nAB AC,  (8; 4; 4).



 

   

Suy ra (ABC):

2x y z   1 0

+ Giải hệ:

  Suy ra tâm đường tròn là I(0; 2;1). Bán kính là R IA  ( 1 0)  2(0 2) 2( 1)1 2  5.

x  x a  a x a x   a x

(1 3 )x 60 (1 3 )x x a 2a x 3a x 21a x

do đó thay x 1 vào cả hai vế của (*) ta có:

22

VIb + Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận

( 1; 2)

HK  

làm vtpt và AC đi qua K nên

(AC x) :  2y 4 0 Ta cũng dễ có:

(BK) : 2x y  2 0

+ Do A AC B BK ,  nên giả sử

(2 4; ), ( ; 2 2 )

A a a B b  b Mặt khác M(3;1)là

trung điểm của AB nên ta có hệ:

Suy ra: A(4; 4), (2; 2).B 

+ Suy ra: AB  ( 2; 6)



, suy ra: (AB) : 3x y  8 0

+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HA (3; 4)



, suy ra:

(BC) : 3x4y 2 0

KL: Vậy : (AC x) :  2y 4 0,(AB) : 3x y  8 0 , (BC) : 3x4y 2 0.

+ M N, ( ), ( )d1 d2 nên ta giả sử

M t t t N   t t t  NM  t  t  t  t t  t 

+ MN song song mp(P) nên: n NM P  0 1.(t12t21) 1.( t1 t2) 1(2 t1 t21) 0

 



+ Ta có:

1

1

0

7

t

t







 

+ Suy ra: M(0; 0; 0), ( 1; 0;1)N  hoặc

( ; ; ), ( ; ; )

+ Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào M( ).P

KL: Vậy có hai cặp M, N như trên thoả mãn.

VII.b

+ Điều kiện:

2

( )

I



+ Ta có:

2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 ( )

log ( 5) log ( 4) = 1

I



 



log ( 2) log (1 ) 2 0 (1)

log ( 5) log ( 4) = 1 (2)



 



+ Đặt log2y(1 x)t

thì (1) trở thành:

2

1

t

Với t 1 ta có: 1 x  y 2 yx1 (3). Thế vào (2) ta có:

2

0 2

x x





  

 Suy ra:

1 1

y y









+ Kiểm tra thấy chỉ có x2, y1thoả mãn điều kiện trên

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x2, y1