ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  f ( x)  8x  9x  1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm phương trình 8cos4 x  9cos2 x  m  với x [0;  ] Câu II (2 điểm) log x 1  Giải phương trình:  x    x    x2 2   x  y  x  y  12  Giải hệ phương trình:   y x  y  12  Câu III (1 điểm) Tính diện tích miền phẳng giới hạn đường y | x  x | y  x Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác ngoại tiếp hình cầu bán kính r cho trước Tính thể tích hình chóp cụt biết cạnh đáy lớn gấp đơi cạnh đáy nhỏ Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm       4sin3xsinx + 4cos  3x -  cos  x +   cos  2x +   m  4 4 4    PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: x  y   phân giác CD: x  y 1  Viết phương trình đường thẳng BC  x  2  t  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số  y  2t  z   2t  Gọi  đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) I(-2;0;2) hình chiếu vng góc A (D) Trong mặt phẳng qua  , viết phương trình mặt phẳng có khoảng cách đến (D) lớn Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z số thực thuộc (0;1] Chứng minh 1    xy  yz  zx  x  y  z Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C D Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) đường thẳng  có phương trình tham số  x  1  2t   y   t Một điểm M thay đổi đường thẳng  , xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị  z  2t  nhỏ Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c ba cạnh tam giác Chứng minh b c   a    2   3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ Câu I Nội dung Ý + Tập xác định: D   Điểm 2,00 1,00 0,25 + Sự biến thiên:  Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x  y '  32x  18x = 2x 16x    x  y'    x     0,25 Bảng biến thiên 0,25  49 49  3 3 yCT  y      ; yCT  y     ; yC§  y    32 32  4 4 Đồ thị 0,25 1,00 Xét phương trình 8cos x  9cos x  m  với x [0;  ] (1) Đặt t  cosx , phương trình (1) trở thành: 8t  9t  m  (2) Vì x [0;  ] nên t [1;1] , x t có tương ứng đối một, số nghiệm phương trình (1) (2) Ta có: (2)  8t  9t    m (3) Gọi (C1): y  8t  9t  với t [1;1] (D): y = – m Phương trình (3) phương trình hồnh độ giao điểm (C1) (D) Chú ý (C1) giống đồ thị (C) miền 1  t  Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: 81 m  : Phương trình cho vô nghiệm 32 81 m  : Phương trình cho có nghiệm 32 0,25 0,25 0,50     81 32  m 1 m0 m ï ï ỡ ùm ù ợ Cõu II (2,0 im) p x = - + k2p ; x = p + k2p 2 x = 256 Câu III (1,0 điểm) I= p- Câu IV (1,0 điểm) 10a 3 V= 27 Câu V (1,0 điểm) Max P = 6, x = y = z = II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần 2) Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm) (x - 3) + y2 = 4, A(1; 0), B(3;2) 176 19 xy7 = = z - - Câu VII.a (1,0 điểm) n = 3;n = Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 2 2 (x + 4) + (y - 6) = 18; (x - 2) + (y + 2) = x- y + z+ x + y + z- = = ; = = - - - - Câu VII.b (1,0 điểm) íx = ï ï ì ïy = ï ỵ Hết ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG SỐ 16 (Thời gian làm 180’) I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I.(2 điểm) Cho hàm số y = x3 + mx + (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = -3 Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh điểm Câu II (2 điểm)  x  y  1 Giải hệ phương trình :   x y  xy  y    Giải phương trình: sin ( x  )  sin x  tan x Câu III.(1 điểm)  Tính tích phân I =  x2 dx x Câu IV.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA = h vng góc mặt phẳng (ABCD), M điểm thay đổi CD Kẻ SH vng góc BM Xác định vị trí M để thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị lớn Tính giá trị lớn nhát Câu V.(1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: x   x  m II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần a họăc phần b) Câu VI a.(2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x – 2y + = 0, d2 : 4x + 3y – = Lập phương trình đường trịn (C) có tâm I d1, tiếp xúc d2 có bán kính R =  x  1  2t x y z  2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1:   , d2:  y  t mặt phẳng (P): x – 1 z   t  y – z = Tìm tọa độ hai điểm M  d1 , N d cho MN song song (P) MN =  zi Tìm số phức z thỏa mãn :   1  z i Câu VII a.(1 điểm) Câu VI b.(2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – = 0, đường chéo BD: x – 7y + 14 = đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1) Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm O(0 ; ; 0), A(0 ; ; 4), B(2 ; ; 0) mặt phẳng (P): 2x + 2y – z + = Lập phương trình mặt cầu (S) qua ba điểm O, A, B có khỏang cách từ tâm I đến mặt phẳng (P) Câu VII b.(1điểm) Giải bất phương trình: log x  log x 3 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐẾ 16 Câu I (Tự giải) Pt : x3 + mx + =  m   x  ( x  0) x Xét f(x) =  x  Ta có - x f’(x)  2x3  2  f ' ( x)  2 x  = x x x2 + + + - + -3 - - - Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh điểm  m  3 Câu II x  y  x  y  (1)     3 2  x y  xy  y  2 x  y  x y  xy  (2)   x  y  (3)  y  Ta có:   x   x  x (4) 2      2     y  y  y        x Đặt :  t (4) có dạng : 2t3 – t2 – 2t + =  t =  , t = y 3 x  y  1 a) Nếu t = ta có hệ  x y3 x  y x  y  b) Nếu t = -1 ta có hệ   hệ vô nghiệm x   y f(x) c) Nếu t = ta có hệ  x  y  x ,   y  2x y 23 3  Pt sin ( x  )  sin x  tan x (cosx  0)  [1  cos(2 x  )] cos x  sin x cos x  sin x  (1 - sin2x)(cosx – sinx) =  sìn2x = tanx = Câu III I=  Đặt t =  x2  x2 dx   xdx x x2  x  t   x  tdt   xdx t (tdt )  I=  t2 Câu IV 0   2  t2 t2   dt   (1  )dt   t  ln  = -   ln   t2  t2   t 4 2    3   S h D A M H C B SH  BM SA  BM suy AH  BM h VSABH = SA AH BH  AH BH 6 VSABH lớn AH.BH lớn Ta có: AH + BH  AH.BH  AH  BH  AH BH a2 AH = BH H tâm hình vng , M  D Khi  a  AH BH , AH.BH lớn AH.BH = a2h VSABH = 12 Câu V x   x  m D = [0 ; + ) *Đặt f(x) = x   x  f ' ( x)  x ( x  1)  (1   x  x x  ( x  1) 24 ( x  1) x ) x2 x  x (1   2x 24 (1   x  (0 ;  ) 24 (1  ) x x  x2 1  x    x2 1 x2   lim  * lim (4 x   x )  lim  0 x  x  x   x  x  (4 x   x )( x   x)      * BBT x + f’(x) Suy ra: f’(x) = f(x) Vậy: < m  Câu VI a  x  3  2t 1.d1:  , I  d1  I (3  t ; t ) y  t d(I , d2) =  11t  17  10  t  27 , t 11 11 ) x2 ) x x2  27  21 27  t=  I1  ;  11  11 11  2 21   27   (C1 ) :  x     y    11   11   19   7   19    t=  I2 ;  (C ) :  x     y    11 11   11   11 11    x  t1  x  1  2t   d1 :  y  t1 , d :  y  t , M  d1  M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N  d  N (1  2t ; t ;  t )  z  2t z   t   2 MN  (1  2t  t1 ; t  t1 ;  t  2t1 )  t1   2t  MN //( P) t1   2t MN n   Theo gt :     12 MN  13t  12t  MN  t  ; t   13   * t   t1  , M (1 ; ; 2) , N (1 ; ; 1)  12 11  11 11 22   11 12 11   t1   , M   ; ;  , N  ;  ;  * t2  13 13  13 13 13   13 13 13  Câu VII a  z  i    z  i    z i        1    1   z i  z  i    z  i      z i  z i *  1  z   1   z i  z i  z  i    z  i    z i  z i *  1      i      i     i    z  1  z i  z i  z  i    z  i   Câu VI b 1.B(11; 5) AC: kx – y – 2k + = k2 cos CAB = cos DBA    7k  8k    k  1; k  k 1  k = , AC : x – y – =  k = , AC : x – 7y + = // BD ( lọai) Ta tìm A(1 ; 0), C(6 ; 5), D(-4 ; 0) 2 2.(S): x2 + y2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz + d = có tâm I(-a ; -b ; -c) , R = O, A, B thuộc (S) ta có : d = , a = -1, c = -2 d(I, (P)) =   2b    b  0, b   b = , (S): x2 + y2 + z2 - 2x – 4z =  b = , (S) : x2 + y2 + z2 – 2x + 10y – 4z = a2  b2  c2  d Câu VII b x   ĐK :  x  x   Bất phương trình trở thành :  log x log x  1 1    0 log x log x  log x log x  1   log x(log x  1)   log x   log x  log x(log x  1) * log x   x  kết hợp ĐK : < x < * log x   x  Vậy tập nghiệm BPT: x (0 ; 1)  (3 ;  )  ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG- SỐ 17 (Thời gian làm 180’) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: y  x3   m  1 x  x  m  (1) có đồ thị (Cm) 1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) với m =1 2) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với qua đường thẳng y  x Câu II: (2,5 điểm) 1) Giải phương trình: sin x  cos x  3  3cos3 x  3cos2 x  cos x  sinx  3   2) Giải bất phương trình :   log  x  x  5  log   2  x7 3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường y=x.sin2x, y=2x, x=   Câu III: (2 điểm) 1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác cạnh a, cạnh bên hợp với đáy góc 45 Gọi P    trung điểm BC, chân đường vng góc hạ từ A’ xuống (ABC) H cho AP  AH gọi K trung điểm AA’, V   mặt phẳng chứa HK song song với BC cắt BB’ CC’ M, N Tính tỉ số thể tích ABCKMN VA ' B 'C ' KMN 2) Giải hệ phương trình sau tập số phức:  a  a  a  a   a 2b  ab  b  a  a     Câu IV: (2,5 điểm) 1) Cho m hồng trắng n bơng hồng nhung khác Tính xác suất để lấy bơng hồng có hồng nhung? Biết m, n nghiệm hệ sau: 19  m2 Cm  Cn 3   Am 2   Pn 1  720  2 x y   (E), viết phương trình đường thẳng song song Oy cắt (E) ) Cho Elip có phương trình tắc 25 hai điểm A, B cho AB=4 3) Cho hai đường thẳng d1 d2 có phương trình: x   t x 1 y  z 1  d1 :  y   t d2 :   z   t  Viết phương trình mặt phẳng cách hai đường thẳng d1 d2? Câu V: (1®iĨm) Cho a, b, c  a  b2  c2  Tìm giá trị nhỏ biểu thức a3 P  b2  b3  c2  c3  a2 ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 17 Câu Câu I NỘI DUNG a) Khi m =  y  x  3(m  1) x  x    y  x3  6x  9x 1  TXĐ: D = R lim ( x  x  x  1)   , lim ( x  x  x  1)   x Điểm x 0,25đ x  y  3x  12 x     x   BBT: ' x y/ - + + - + + 0,25đ y - Hàm số đồng biến: (-  ; 1); (3; +  ) Hàm số nghịch biến: (1; 3) fCĐ = f(1) = fCT = f(3) = -1 ’’ y = 6x – 12 =  x  Khi x =  y  Khi x =  y  1 x =  y 3 Đồ thị hàm số nhận I(2; 1) tâm đối xứng 0,5đ b) y'  3x  6(m  1) x  Để hàm số có cực đậi, cực tiểu: '  9(m  1)  3.9   (m  1)    m  (;1  3)  (1  3;) m 1 1 Ta có y   x   3x  6(m  1) x   2(m  2m  2) x  4m   3 Gọi tọa độ điểm cực đại cực tiểu (x1; y1) (x2 ; y2)  y1  2(m  2m  2) x1  4m    y2  2(m2  2m  2) x2  4m  Vậy đường thẳng qua hai điểm cực đại cực tiểu y  2(m  2m  2) x  4m  1 Vì hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng qua đt y  x ta có điều kiện cần  2(m  2m  2)  1   0,25đ 0,25đ  m  2m   m   m  2m     m  3  x  x  2(m  1) Theo định lí Viet ta có:   x1 x2  Khi m =  ptđt qua hai điểm CĐ CT là:  x1  x  2   2 y = - 2x + Tọa độ trung điểm CĐ CT là:   y1  y   2( x1  x2 )  10   2  Tọa độ trung điểm CĐ CT (2; 1) thuộc đường thẳng y  x  m  thỏa mãn Khi m = -3  ptđt qua hai điểm CĐ CT là: y = -2x – 11 Tọa độ trung  x1  x  2   điểm CĐ CT là:   y1  y2   2( x1  x2 )  10   2  Tọa độ trung điểm CĐ CT (-2; 9) không thuộc đường thẳng y  x  m  3 không thỏa mãn Vậy m = thỏa mãn điều kiện đề Câu II 0,25đ 0,25đ 1) Giải phương trình: sin x(cos x  3)  cos x  3 cos x  8( cos x  sin x)  3   sin x cos x  sin x cos x  cos x  cos x  3  8( cos x  sin x)  3   2 cos x( cos x  sin x)  6.cos x( cos x  sin x)  8( cos x  sin x)   ( cos x  sin x)(2 cos x  cos x  8)   tan x   cos x  sin x     cos x  cos x  cos x    cos x  4(loai )     x   k , k      x  k 2 0,5đ 0,25đ 0,25đ 2) Giải bất phương trình: 1 log ( x  x  5)  log ( ) (1) x7  x  x    x  (;5)  (1;) Đk:   x7 0  x  7   x  (7;5)  (1  ) Từ (1)  log ( x  x  5)  2 log x7 0,25đ 0,25đ  log ( x  x  5)  log ( x  7)  x  x   x  14 x  49  10 x  54  27  x 0,25đ  27 ) Kết hợp điều kiện: Vậy BPT có nghiệm: x  (7; 0,25đ 3) Ta có: x.sin2x = 2x  x.sin2x – 2x =  x(sin2x – 2) =0 x= Diện tích hình phẳng là: S   ( x.sin x  x)dx    x(sin x  2)dx 0,25đ du  dx u  x  Đặt    cos x  2x dv  (sin x  2)dx v    x cos x S  (  2x  S S        cos x   x dx     2  sin x    x  02   2  2  2   0,25đ (đvdt) Câu III A' C' Gọi Q, I, J trung điểm B’C’, BB’, CC’ ta có: a AP   AH  a Vì ' AHA' vng cân H Vậy A' H  a  VABCA'B 'C '  S ABC A' H Q B' K J I A 45 C M P B a a2  Ta có S ABC  a (đvdt) 2 a 3a  VABCA 'B 'C '  a  (đvtt) (1) 4 Vì ' AHA' vng cân  HK  AA'  HK  BB' C ' C  G ọi E = MN  KH  BM = PE = CN (2) mà AA’ = A' H  AH = H 0,25đ 3a  3a  a a a  BM  PE  CN  Ta tích K.MNJI là:  AK  N E 0,25đ V  S MNJI KE 1 a KE  KH  AA '  4 a a2 SMNJI  MN MI  a  (dvdt ) 4 a a a3  VKMNJI   (dvtt ) 4 3 3a a  VABCKMN   83  VA ' B 'C ' KMN 3a a  8 0,25đ 0,2 5đ 0,25đ 2) Giải hệ phương trình sau tập số phức:  5 a  a  a a  (a  a)b  b(a  a)    ĐK: a  a  Từ (1)  (a  a)  5(a  a)   0,25đ a  a  1  a  a   Khi a  a  1 thay vào (2)  b  b   0,25đ  b2  b      23.i b      23.i b      3i a  a2  a 1       3i a   Khi a  a  a  3  a  Thay vào (2)  6b  6b    b2  b 1   1  b    1  b   Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là: 0,25đ    23i   3i     23i   3i   ,   ; ;    2 2       23i   3i     23i   3i   ,   ; ;    2 2     1    1    1    1     3; ,   3; ,  2; ,  2;            Câu IV: 19  m2 Cm  cn3   Am 2   Pn1  720  Từ (2): (n  1)! 720  6! n 1   n  Thay n = vào (1) m! 10! 19 m!   9  2!(m  2)! 2!8! (m  1)! m(m  1) 19   45   m 2 2  m  m  90   19m 0,25đ (3) 0,25đ  m  20m  99    m  11 m    m  10 Vậy m = 10, n = Vậy ta có 10 bơng hồng trắng hồng nhung, để lấy hồng nhung hồng ta có TH sau: TH1: bơng hồng nhung, bơng hồng trắng có: C7 C10  1575 cách TH2: hồng nhung, hồng trắng có: C7 C10  350 cách TH3: bơng hồng nhung có: C7  21 cách 0,25đ  có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách Số cách lấy hồng thường C17  6188 P 1946  31,45% 6188 2) Gọi ptđt // Oy là: x = a (d) tung độ giao điểm (d) Elip là: a2 y2  1 25 y2 a 25  a   1  25 25 25  a  y   y 25  a 25     25  a  Vậy A a; 25  a , B a;       AB   0; 25  a    0,25đ 0,25đ 25  a  10 100 100 125  25  a   25  a   a  25   9 5 a 5 5 Vậy phương trình đường thẳng: x  ,x  3 | AB |  x   2t '  3)đường thẳng d2 có PTTS là:  y   t '  z   5t '    vectơ CP d1 d2 là: ud1  (1;1; 1), ud2  (2;1;5)     VTPT mp(  ) n  ud1 ud2   (6; 7; 1)    pt mp(  ) có dạng 6x – 7y – z + D = Đường thẳng d1 d2 qua 2đ’ M(2; 2; 3) N(1; 2; 1)  d ( M , ( ))  d ( N , ( )) Câu V: |12  14   D ||  14   D | | 5  D || 9  D | D  Vậy PT mp(  ) là: 3x – y – 4z +  a3 Ta có: P + =  P  1 b a3  b2   a b3 1 c 2  0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ  c2  c3 1 a  a2 1 b 2 1 b2 1 b2 b3 b2  c2    2  c2  c2 1 a2    1 a2 1 a2 c3 0,25đ c2 a6 b6 c6  33  33 16 16 16 3  P  (a  b  c )  2 23 2 0,25đ 0,25đ  33 P   26 2 2 Để PMin a = b = c =  2  0,25đ ...ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ Câu I Nội dung Ý + Tập xác định: D   Điểm 2,00 1,00 0,25 + Sự biến thi? ?n:  Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x ... 1 4      ab bc ca a 7 b 7 c 7 Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ Câu I Nội dung Ý + MXĐ: D   + Sự biến thi? ?n  Giới hạn: lim y  ; lim y   x  Điểm 2,00 1,00 0,25... giải bất phương trình t dt x2 Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ Câu I Nội dung Ý Khi m = ta có y  x3  3x  + MXĐ: D   + Sự biến thi? ?n:  Giới hạn: lim y  ; lim y   x  Điểm