3 de thi thu Dai hoc Mon Toan khoi A va dap an

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (560.02 KB, 25 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

3 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A

Sở GD & ĐT Thanh Hoá KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
Trường THPT Lê Văn Hưu MƠN TỐN KHỐI A

Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)

Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số y = (C)

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

2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C)
đến tiếp tuyến là lớn nhất.

Câu II. (2.0 điểm)

1.Tìm nghiệm của phương trình 2cos4x - ( - 2)cos2x = sin2x + biết x [ 0 ;].

2. Giải hệ phương trình

3 2 3 2

3 5.6 4.2 0

( 2 )( 2 )

x y x x y

x y y y x y x

 

   




    




Câu III. (1.0 điểm) Tính tích phân

1 4

2
0

(

)

1

x

x e

dx

x





Câu IV. (1.0 điểm)

Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện xy + yz + zx  2xyz
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).

Câu V. (1.0 điểm)

Cho tứ diện ABCD biết AB = CD = a, AD = BC = b, AC = BD = c. Tính thể tích của tứ diện
ABCD.

PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ khơng được 
chấm điểm).

A. Theo chương trình nâng cao
Câu VIa. (2.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d2): 4x + 3y - 12 = 0.
Tìm toạ độ tâm và bán kính đường trịn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1), (d2), trục Oy.
2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N là

tâm hình vng CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N.

Câu VIIa. (1.0 điểm)

Giải bất phương trình

2 3

3 4

log ( 1) log ( 1)
0

5 6

x x

  



 

B. Theo chương trình chuẩn
Câu VIb. (2.0 điểm)

1. Cho elip (E) : 4x2 + 16y2 = 64.Gọi F1, F2 là hai tiêu điểm. M là điểm bất kì trên (E).Chứng tỏ

rằng tỉ số khoảng cách từ M tới tiêu điểm F2 và tới đường thẳng x =
8

3 có giá trị khơng đổi.

2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q):
x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và vng góc với (Q).
Câu VIIb. (1.0 điểm)

Giải bất phương trình

2 2 3

1 6

2Ax Ax xCx  (Cnk, 
k
n

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TỐN

Thời gian:180 phút (Khơng kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)

CÂU NỘI DUNG THANG

ĐIỂM
Câu I

(2.0đ)
1.
(1.0đ)

TXĐ : D = R\{1} 0.25

Chiều biến thiên

lim ( ) lim ( ) 1

x  f x x   f x  nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

1 1

lim ( ) , lim

x  f x  x   nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
y’ = 2

1
0
(x 1)

 



0.25

Bảng biến thiên

1
+

-

-y
y'

x - 1 +

Hàm số nghịc biến trên ( ;1)và (1;)
Hàm số khơng có cực trị

0.25

Đồ thị.(tự vẽ)

Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0)
Vẽ đồ thị

Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng

0.25

2.(1.0đ) Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối
xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất.

Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng :

0
0
2

0 0

( )

( 1) 1

x

y x x

x x

  

 

2
0

2 2

0 0

( 1) ( 1)

x
x y

x x

    

 

0.25

Ta có d(I ;tt) =
0

0
2

1
1
1

( 1)
x

x





Xét hàm số f(t) = 4
2

( 0)
1

t
t

t 

 ta có f’(t) =

4 4

(1 )(1 )(1 )
(1 ) 1

t t t

t t

  

 

0.25

f’(t) = 0 khi t = 1
Bảng biến thiên

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

-+
f(t)
f'(t)
x
2
0
1

0 +

từ bảng biến thiên ta c

d(I ;tt) lớn nhất khi và

chỉ khi t = 1 hay

0
0
0
2
1 1
0
x
x
x


   



+ Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x

+ Với x0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4 0.25
Câu

II(2.0đ)
1.
(1.0đ)

Phương trình đã cho tương đương với
2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x

0.25

2 cosx=0

4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx

2cos3x= 3 osx+sinx

c c x

c


   



0.25

+ cosx=0 x= 2 k


 
+
3x=x- 2
6
2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )

3 2

6
k

c c

x x k









  
   

0.25
12
24 2
x k
k
x



 

 

 
  

 vì x





11 13

0; , , ,

2 12 24 24

x  x  x  x 


     
0.25
2.(1.0đ)
ĐK:
, 0
x y
x y







Hệ phương trình

3 2 3 2 3 2 3 2

3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0

(2 )( 2 ) 2 (2 )( 2 )( )

x y x x y x y x x y

x y y y x y x x y y x y x x y y

   
       
 
   
          
 
 
0.25

3 2 3 2 3 2 3 2

3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0

2 0

(2 )[( 2 )( ) 1] 0

x y x x y x y x x y

y x

y x y x x y y

   
       

   
 
     
 


(do 2y x)( x y  y) 1 0  )

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

3 2 3 2 2 2

3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 (1)

2 2 (2)

x y x x y x x x

y x y x

 
       

   
 
 
Giải (1):

2 2 2

3
( ) 1

3 3 2

3 5.6 4.2 0 ( ) 5.( ) 4 0

2 2

( ) 4
2

x

x x x x x

x



        

 

 32

0
log 4
x
x



 

 0.25

Với x 0 thay vao (2) ta được y = 0

Với 32
log 4
x

thay vao (2) ta được y = 32
1

log 4
2

Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là 32
log 4
x

,y = 32
1
log 4
2
0.25
Câu III.
(1.0đ)

Đặt I =

3
1 4
2
0
( )
1
x x

x e dx

x






. Ta có I =
3

1 1 4

0 01

x x

x e dx dx

x






0.25

Ta tính
3
1
2
1
0
x
I 



x e dx

Đặt t = x3 ta có

1 0

1 1 1 1

3 3 3 3

t t

I 



e dt e  e 0.25

Ta tính
1 4
2
01
x
I dx
x





Đặt t = 4 x  x t 4 dx4t dt3

0.25

Khi đó

1 4 1

2 2 2

0 0

1 2

4 4 ( 1 ) 4( )

1 1 3 4

t

I dx t dt

t t



      

 



Vậy I = I1+ I2
1

3
3e 

  

0.25

Câu IV.

(1.0đ) Ta có

1 1 1

2 2

xy yz xz xyz

x y z

      

nên

0.25

1 1 1 1 1 ( 1)( 1)

1 1 y z 2 y z (1)

x y z y z yz

   

      

Tương tự ta có

1 1 1 1 1 ( 1)( 1)

1 1 x z 2 x z (2)

y x z x z xz

   

      

1 1 1 1 1 ( 1)( 1)

1 1 x y 2 x y (3)

y x y x y xy

   

      

0.25

Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được

1
( 1)( 1)( 1)

x y z  0.25

vậy Amax =

1 3

8 x  y z 2

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Câu V.
(1.0đ)

Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng
Song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P
Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC
từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP
vuông tại A Đặt x = AM, y = AN, AP = z ta có

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2( ), 2( )

2( )

x a c b y b c a

z a b c

     

  

Vậy V =
1
12

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2(a c  b b)( c  a )(a b  c )

1.0
Câu
VIa.
(2.0đ)
1.
(1.0đ)

Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0)

Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4)

Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4)

0.5

Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có
I(4/3 ; 0), R = 4/3

0.5
2.

(1.0đ) Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ
Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1)
B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2)

Gọi phương trình mặt cầu đi qua 4 điểm

M,N,B,C’ có dạng

x2 + y2 + z2 +2Ax + 2By+2Cz +D = 0
Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có

5
2

1 2 0

2 2 2 0

8 4 4 0

8 4 4 0 2

4
A
A D

B C D B

A C D

C

B C D

D



  
 
 
    
 


 
   
 

     


 


Vậy bán kính R = A2B2C2 D  15

1.0
Câu
VIIa
(1.0đ)
Câu
VIb
(2.0đ)

Đk: x > - 1 0.25

bất phương trình

3
3

3
3log ( 1)
2log ( 1)

log 4
0
( 1)( 6)

x
x
x x

 
 
 
3
log ( 1)

0
6
x
x

 

0.25
0.25

0 x 6

   0.25

Ta có F1( 12;0), ( 12;0)F2 Giả sử M(x0 ; y0)thuộc (E) H là hình chiếu của M trên

đường thẳng
8

3
x

. Ta có MF2 = a - cx0/a =

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

1.
(1.0đ)

MH =

8 3

3
x


. Vậy
2
MF

MH khơng đổi

0.5

(1.0đ) Ta có AB(1;1;1), nQ(1; 2;3), AB n; Q   (1; 2;1)

   

Vì AB n; Q  0
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

nên mặt phẳng (P) nhận AB n; Q
 

làm véc tơ pháp tuyến
Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0

1.0

Câu
VIIb
(1.0đ)

nghiệm bất phương trình là x = 3 và x = 4 1.0

Chú ý: Nếu thí sinh làm bài khơng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đợc đủ điểm từng phần nh đáp 
án quy định

TRƯỜNG ĐAI HỌC VINH đề thi thử đại học

Trường THPT chuyên MƠN: TỐN; Thời gian làm bài: 180 phút

---

---A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y=x3−3(m+1)x2+9x − m , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với m=1 .

2. Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại x1, x2 sao cho

|

x1− x2

|

≤2 .

Câu II. (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 1

√

2cotx+

sin 2x

sinx+cosx=2 sin(x+
π

2) .

2. Giải phương trình: 2 log5(3x −1)+1=log3

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I=



1
5

x2+1

x

√

3x+1dx .

Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC .A ' B ' C ' có AB=1,CC'=m(m>0).
Tìm m biết rằng góc giữa hai đường thẳng AB' và BC' bằng 600 .

Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x , y , z thoả mãn x2

+y2+z2=3 . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức

A=xy+yz+zx+ 5
x+y+z .

B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b).
a. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4;6) ,
phương trình các đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là

2x − y+13=0 và 6x −13y+29=0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình vng MNPQ có
M(5;3;−1), P(2;3;−4) . Tìm toạ độ đỉnh Q biết rằng đỉnh N nằm trong mặt phẳng
(γ):x+y − z −6=0.

Câu VIIa. (1,0 điểm) Cho tập E={0,1,2,3,4,5,6} . Từ các chữ số của tập E lập được bao nhiêu
số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đơi một khác nhau?

b. Theo chương trình Nâng cao:

Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, xét elíp (E) đi qua điểm
M(−2;−3) và có phương trình một đường chuẩn là x+8=0 . Viết phương trình chính tắc của
(E).

2. Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;3;2) và
mặt phẳng (α):x+2y+2=0 . Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều các điểm

A , B , C và mặt phẳng (α).

Câu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức

1− x¿n

1− x¿2+. ..+n¿

1− x+2¿

thu được đa thức
P(x)=a0+a1x+.. .+anxn . Tính hệ số a8 biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn

Cn2
+ 7

Cn3
=1

n .

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1 – NĂM 2009

Câu Đáp án Điểm

I

(2,0 điểm) Víi 1. (1,25 mđ=iể1m ta cã)

y=x3−6x2+9x −1

* Tập xác định: D =
R

* Sù biÕn thiªn

 ChiỊu biến thiên:

y '=3x212x+9=3(x24x+3)
0,5

Trờng ại học Vinh

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Ta cã

y '>0⇔
x>3

¿
x<1

¿
¿
¿
¿
¿

y '<0⇔1<x<3 .
Do đó:

+ Hàm số đồng
biến trên mỗi

kho¶ng (− ∞,1)

vµ (3,+∞) .

+ Hm số nghịch

biến trên kho¶ng

(1,3).

 Cực trị: Hàm số
đạt cực đại ti

x=1 và

yCD=y(1)=3

; t cc tiu ti

x=3 và

yCT=y(3)=1

Giới hạn:

lim

x y

= ; lim

x+y=+

0,25

Bảng biến thiên:

0,25

* Đồ thị:

Đồ thị cắt trục tung tại điểm

(0, 1) .

0,25

2. (0,75 ®iÓm)

Ta cã

y '=3x2−6(m+1)x+9 .

+) Hàm số đạt cực
đại, cực tiểu tại

0,25
x

y’

y

-1









0 0









</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

x1, x2

phơng trình

y '=0 cã hai

nghiÖm pb lµ

x1, x2

⇔ Pt

x22(m+1)x+3=0

có hai nghiệm phân
biệt là x1, x2 .

m+1¿2−3>0⇔

¿
m>−1+

√

¿
m<−1−

√

¿
¿
¿
¿

⇔Δ'=¿

(1)

+) Theo định lý Viet

ta cã

x1+x2=2(m+1);x1x2=3.

Khi đó

|

x1− x2

|

≤2⇔

(

x1+x2

)

2−4x1x2≤4⇔4(m+1)2−12≤4

m+1¿2≤4⇔−3≤ m≤1(2)

⇔¿

Tõ (1) và (2) suy ra

giá trị cđa m lµ

−3≤ m<−1−

√

vµ

−1+

√

3<m ≤1 .

0,5

II
(2,0 điểm)

1. (1,0 ®iĨm)

§iỊu kiƯn:

sinx ≠0,sinx+cosx ≠0 .

Pt đã cho trở thành

cosx

√

2 sinx+

2sinxcosx

sinx+cosx −2 cosx=0

⇔cosx

√

2 sinx−

2cos2x

sinx+cosx=0

⇔cosx

(

sin(x+π

4)−sin 2x

)

cosx=0⇔x=π

2+kπ , k∈Z.

0,5

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

sin 2x=sin(x+π

4)⇔
2x=x+π

4+m2π

2x=π − x

4+n2

x=

4+m2

x=

n2

m, nZ

x=

t2

3 , tZ.

Đối chiếu điều kiện
ta có nghiệm của pt
lµ

x=π

2+kπ ;

x=π

t2π

3 , k ,tZ.

2. (1,0 điểm)

Điều kiện x>1

(*)

Vi đk trên, pt đã
cho

3x −1¿2+1=3 log5(2x+1)

⇔log5¿

2x+1¿3
¿

2x+1¿3

3x −1¿2=¿

3x −1¿2=log5¿
¿

⇔log55¿

0,5

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

⇔8x3−33x2+36x −4=0
x 22(8x 1)=0

x=2

x=1

Đối chiếu điều kiện
(*), ta cã nghiƯm

cđa pt lµ x=2 .

III
(1,0 im)

Đặt

t=

3x+1dt= 3 dx

3x+1dx=

2 tdt
3

Khi x=1 thì t =

2, và khi x = 5 thì t
= 4.

Suy ra

I=



2
4

(

t

−1

)

+1
t2−1

3 .t

.2 tdt
3

¿2



2

(t2−1)dt+2



2
4

t2−1

0,5

¿2

(

1
3t

− t

)

¿4
¿
¿2

+ln

|

t −1
t+1

|

¿4
¿
¿2

=100
27 +ln

9
5.

0,5

IV

(1,0 ®iĨm)

- Kẻ

BD // AB'(DA ' B ')

(AB ', BC')=(BD,BC')=600

DBC'=600

hoặc

DBC'=1200.

0,5

- Nếu ∠DBC'=600

Vì lăng trụ đều nên

BB'⊥(A ' B ' C ').

áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta
có

BD=BC'=

√

m2+1

0,5

B

A’
m

A

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

KÕt hỵp ∠DBC'=600

ΔBDC' đều.

Do đó m2+1=3⇔m=

√

2 .

- NÕu ∠DBC'=1200

áp dụng định lý cosin cho

suy ra m=0 (lo¹i).

VËy m=

√

2.

* Chó ý: - NÕu HS
chØ xÐt trêng hỵp

gãc 600 th× chØ

cho 0,5đ khi giải
đúng.

- HS có thể
giải bằng phơng
pháp vectơ hoặc toạ
độ với nhận xét:

cos(AB ', BC')=

|

cos(AB' ,BC')

|

AB'.BC'

|

AB'. BC'

V

(1,0 điểm) Đặt t=x+y+z

t2=3+2(xy+yz+zx)xy+yz+zx=t

3
2

Ta có

0xy+yz+zx x2+y2+z2=3

nên

3t29

3t 3

vì t>0.

Khi đó

A=t

−3

2 +

t .

0,5

XÐt hµm sè

f(t)=t

2+
5

t −

2,

√

3≤t ≤3 .

Ta cã

f '(t)=t −5
t2=

t3−5

t2 >0

v× t ≥

√

3 .

Suy ra f(t) đồng

biÕn trªn [

√

3,3] .

Do đó

f(t)≤ f(3)=14

3 .

Dấu đẳng thức xảy

ra khi

t=3⇔x=y=z=1.

VËy GTLN cđa A lµ

3 , đạt đợc khi

x=y=z=1.

0,5

VIa.

1. (1 ®iĨm)

- Gọi đờng cao và trung tuyến kẻ từ

B’
m

D

3

1
1

120

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

(2,0 im) CM. Khi ú

CH có phơng trình

CM có phơng trình

- Từ hệ

2x y+13=0

6x −13y+29=0

⇒C(−7;−1).

¿{

- AB⊥CH⇒n❑AB=u❑CH=(1,2)

⇒pt AB :x+2y −16=0

- Tõ hÖ

x+2y −16=0
6x −13y+29=0

⇒M(6;5)

¿{

⇒B(8;4).

- Giả sử phơng trình
đờng trịn ngoại tiếp

ΔABC:x2+y2+mx+ny+p=0 .

V× A, B, C thuéc
đ-ờng tròn nên

52+4m+6n+p=0

80+8m+4n+p=0

507m n+p=0

{ {

m=4
n=6
p=72

{ {

Suy ra pt đờng tròn:

x2+y2−4x+6y −72=0

hay y+3¿

=85 .
x −2¿2+¿

0,5

2. (1 điểm)

- Giả sử

N(x0; y0; z0) .
Vì

N()x0+y0 z06=0(1)

- MNPQ là hình

vuông MNP

vuông cân tại N

MN=PN

MN .PN=0

{

0,5

M(6; 5)

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

⇔

z0+4¿2
¿

y0−3¿2+(z0+1)(z0+4)=0

¿
y0−3¿2+¿
x0−2¿2+¿
z0+1¿2=¿
y0−3¿2+¿

¿
x0−5¿2+¿

⇔

x0+z0−1=0(2)

¿
y0−3¿

+(z0+1)(z0+4)=0(3)

(x0−5)(x0−2)+¿

- Tõ (1) vµ (2) suy ra

¿
y0=−2x0+7

z0=− x0+1
¿{

Thay vào (3) ta đợc

x02−5x0+6=0

⇒

x0=2, y0=3, z0=−1
¿

x0=3, y0=1, z0=−2

¿
¿
¿
¿
¿

hay

N(2;3;−1)

¿
N(3;1;−2)

¿
¿
¿
¿

- Gäi I là tâm hình

vuông I là

trung điểm MP và

NQ

I(7

2;3;
5
2) .

Nếu

N(2;31)

thì Q(5;3;−4).

NÕu

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

N(3;1;−2) th×

Q(4;5;−3).

VIIa.

(1,0 điểm)

Giả sử abcd là số

thoả mÃn ycbt. Suy
ra d∈{0,2,4,6} .

+) d=0 . Số cách

sắp xếp abc là

A63.

+) d=2 . Số cách

sắp xÕp abc lµ

A63− A52.

0,5

+) Víi d=4

hc d=6 kÕt

qu¶ gièng nh trêng

hỵp d=2 .

Do đó ta có số các
số lập đợc là

A63+3

(

A63− A52

)

=420 .

0,5

VIb.

(2,0 ®iĨm)

1. (1 ®iĨm)

- Gäi ph¬ng trình

(E):x

a2+

y2

b2=1(a>b>0)

- Giả thiết

a2+

b2=1(1)

a2

c =8(2)
{

Ta có

(2)a2=8cb2=a2c2=8c c2=c(8c).

Thay vo (1) ta đợc

4
8c+

c(8−c)=1

0,5

⇔2c2−17c+26=0⇔
c=2

¿
c=13

¿
¿
¿
¿
¿

* NÕu c=2 th×

a2

=16, b2=12⇒(E): x

16+

y2

12=1.

* NÕu c=13

2 thì

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

a2=52, b2=39

4 (E):

x2

52+

y2

39/4=1.

2. (1 điểm)

Giả sử

M(x0; y0; z0) .

Khi đó từ giả thiết
suy ra

x0−1¿
2

+y02+z02

y0−1¿2+z02

¿
z0−2¿2

¿
y0−3¿2+¿

x02

+¿
x02

+¿
¿
√¿

⇔

y0−1¿2+z02(1)

¿
z0−2¿2(2)

¿
x0+2y0+2¿2

¿
¿5(3)

x0−1¿2+y02+z02=¿
y0−3¿

+¿
y0−1¿2+z02=x02+¿

¿
x0−1¿

+y0
2

+z0
2

=x0
2

+¿
¿

0,5

Tõ (1) vµ (2) suy ra

¿
y0=x0

z0=3− x0
¿{

Thay vào (3) ta đợc

3x0+2¿2

5(3x02−8x0+10)=¿

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

⇔

x0=1
¿
x0=23

¿
¿
¿
¿
¿

⇒

M(1;1;2)

¿
M(23

3 ;
23

3 ;−
14

3 ).

¿
¿
¿
¿
¿

VIIb.

(1,0 ®iĨm)

Ta cã

Cn

n⇔
n≥3
2

n(n −1)+

7 .3!

n(n−1)(n−2)=

n
¿{

⇔

n ≥3

n2−5n −36

⇔n=9 .

¿{

0,5

Suy ra a8 lµ hƯ

sè cđa x8 trong

biĨu thức

1 x9.

1 x8+9

Đó là

8 .C88+9 .C98=89.

0,5

TRNG THPT

NG THC HA
THANH

CHNG-NGH AN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG
Mơn thi : TỐN ; Khối : A

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm):

Câu I: (2 điểm) Cho hàm số

2 2

1
x
y

x



 (C)
1. Khảo sát hàm số.

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

1. Giải phương trình: 2 cos5 .cos 3x xsinxcos8x , (x  R)

2. Giải hệ phương trình:

5 3

x y x y y

x y

    




 



 (x, y R)

Câu III: (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y ex 1 ,trục hoành, x = ln3 và
x = ln8.

Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a, BD
= 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD). Biết

khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng
3
4
a

, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

Câu V: (1 điểm) Cho x,y  R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của



3 3

 

2 2



( 1)( 1)

x y x y

P

x y

  



 

PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = 0 có tâm I và
đường thẳng : mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt
A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1:

1 1 1

2 1 1

x y z

 

 ; d2:

1 2 1

1 1 2

x y z

 

và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của đường
thẳng , biết  nằm trên mặt phẳng (P) và  cắt hai đường thẳng d1 , d2 .

Câu VII.a (1 điểm) Giải bất phương trình 
2

log 2log

2 2x x x  20 0

B. Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x - y - 2 = 0,
phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2). Viết phương trình cạnh
BC.

3. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :

1 3

1 1 4

x y z

 

và điểm M(0 ;
-2 ; 0). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng  đồng thời khoảng
cách giữa đường thẳng  và mặt phẳng (P) bằng 4.

Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình nghiệm phức : 
25

8 6

z i

z

  

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

I-1
(1 điểm)

Tập xác định D = R\- 1
Sự biến thiên:

-Chiều biến thiên: 2
4

' 0,

( 1)

y x D

x

   

 .

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ; - 1) và (- 1 ; + ).
- Cực trị: Hàm số khơng có cực trị.

0,25

- Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận:

2 2 2 2

lim 2 ; lim 2

1 1

x x

x   x x  x

 

 

  . Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang.

1 1

2 2 2 2

lim ; lim

1 1

x x

x   x x   x

 

  

  . Đường thẳng x = - 1 là tiệm cận đứng.

0,25

-Bảng biến thiên:

x - - 1 +

y’ + +

+ 2

2 - 

0,25

Đồ thị:

-Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0)
-Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;- 2)
- Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là giao điểm
hai tiệm cận I(- 1; 2).

0,25

I-2
(1 điểm)

Phương trình hồnh độ giao điểm: 2x2 + mx + m + 2 = 0 , (x≠ - 1) (1) 0,25
d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt  PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1  m2 - 8m - 16 > 0 (2) 0,25
Gọi A(x1; 2x1 + m) , B(x2; 2x2 + m. Ta có x1, x2 là 2 nghiệm của PT(1).

Theo ĐL Viét ta có

1 2

2
2
2

m

x x

m

x x


 







 



 .

0,25

AB2 = 5  (x1 x2)2 4(x1 x2)2 5 

1 2 1 2

(x x )  4x x 1  m2 - 8m - 20 = 0
 m = 10 , m = - 2 ( Thỏa mãn (2))

KL: m = 10, m = - 2.

0,25
y

2 y=2

x= -1
-1 O

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

II-1
(1 điểm)

PT  cos2x + cos8x + sinx = cos8x 0,25

 1- 2sin2x + sinx = 0 0,25

 sinx = 1 v

1
sin

x 0,25



2 ; 2 ; 2 , ( )

2 6 6

x k  x  k  x  k  kZ 0,25

II-2
(1 điểm)

ĐK: x + y  0 , x - y  0, y  0 0,25

PT(1)  2x2 x2  y2 4y  x2  y2 2y x 2

2 0 (3)

5 4 (4)

y x
y xy
 

 

 0,25

Từ PT(4)  y = 0 v 5y = 4x

Với y = 0 thế vào PT(2) ta có x = 9 (Khơng thỏa mãn đk (3)) 0,25

Với 5y = 4x thế vào PT(2) ta có x2 x  3 x1

KL: HPT có 1 nghiệm

4
( ; ) 1;

5
x y  

 
0,25
III
(1 điểm)
Diện tích
ln8
ln 3
1
x
S 



e  dx

; Đặt t  ex  1 t2 ex  1 ex t2  1 0,25
Khi x = ln3 thì t = 2 ; Khi x = ln8 thì t = 3; Ta có 2tdt = exdx  2

2
1
t
dx dt
t


 0,25
Do đó

3 2 3

2 2
2 2
2 2
2
1 1
t

S dt dt

t t

 

     

   



0,25

1 3

2 ln 2 ln

2
1 2
t
t
t

   
    
  
 

  (đvdt) 0,25

IV
(1 điểm)

Từ giả thiết AC = 2a 3; BD = 2a và AC ,BD vng góc với nhau tại trung điểm O của mỗi

đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3; BO = a , do đó A D B 600
Hay tam giác ABD đều.

Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao
tuyến của chúng là SO  (ABCD).

0,25

Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có

DH AB và DH = a 3; OK // DH và

1 3

2 2

a
OK  DH 

 OK  AB  AB  (SOK)
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , hay OI là khoảng
cách từ O đến mặt phẳng (SAB).

0,25

Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao  2 2 2

1 1 1

2
a
SO

OI OK SO  

Diện tích đáy SABCD 4SABO 2.OA OB. 2 3a2;
đường cao của hình chóp 2

a
SO 

.
Thể tích khối chóp S.ABCD:

3
.
1 3
.
3 3
D D

S ABC ABC

a

V  S SO 

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21></div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

V
(1 điểm)

Đặt t = x + y ; t > 2. Áp dụng BĐT 4xy  (x + y)2 ta có

2
4
t

xy 0,25

3 2 (3 2)

1
t t xy t
P

xy t

  



  . Do 3t - 2 > 0 và

2
4
t
xy

 

nên ta có
2
3 2
2
2
(3 2)
4
2
1
4
t t

t t t

P
t t
t

 
 

 
0,25

Xét hàm số

2 2

2
4

( ) ; '( ) ;

2 ( 2)

t t t

f t f t

t t



 

  f’(t) = 0  t = 0 v t = 4.

t 2 4 +
f’(t) - 0 +

f(t)

+  +

0,25

Do đó min P = (2;min ( )) f t = f(4) = 8 đạt được khi

4 2

x y x

xy y
  
 

 

 

  0,25

VI.a -1
(1 điểm)

Đường trịn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5. 0,25
Gọi H là trung điểm của dây cung AB.

Ta có IH là đường cao của tam giác IAB.

IH = 2 2

| 4 | | 5 |

( , )

16 16

m m m

d I
m m

  
 
0,25
2
2 2

2 2

(5 ) 20

16 16

m

AH IA IH

m m

    

  0,25

Diện tích tam giác IAB là SIAB 12 2SIAH 12



( , ). 12 25 | | 3( 16) 16

3
m

d I AH m m

m



     
 

0,25
VI.a -2
(1 điểm)

Gọi A = d1(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2  (P) suy ra B(2; 3; 1) 0,25
Đường thẳng  thỏa mãn bài toán đi qua A và B. 0,25
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng  là u(1;3; 1)



0,25

Phương trình chính tắc của đường thẳng  là:

1 2

1 3 1

x y z

 

 0,25

VII.a
(1 điểm)

Điều kiện: x> 0 ; BPT  24log22x x2log2x  20 0 0,25

Đặt t log2 x. Khi đó x 2t.

BPT trở thành 42t2 22t2  20 0 . Đặt y = 22t2 ; y  1. 0,25
BPT trở thành y2 + y - 20  0  - 5  y  4. 0,25
Đối chiếu điều kiện ta có : 22t2  4 2t2  2 t2 1  - 1  t  1.

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Do đó - 1  log2 x  1  
1

2
2 x

Chúc các em làm bài thi tốt và đạt được mọi mơ ước của mình!

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

VI.b- 1
(1 điểm)

Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT:

- - 2 0
2 - 5 0

x y
x y



 

  A(3; 1) 0,25

Gọi B(b; b- 2)  AB, C(5- 2c; c)  AC 0,25

Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên

3 5 2 9

1 2 6

b c
b c
   


   
  
5
2
b
c






 . Hay B(5; 3), C(1; 2) 0,25
Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là u BC ( 4; 1)


 

Phương trình cạnh BC là: x - 4y + 7 = 0 0,25

VI.b-2
(1 điểm)

Giả sử n a b c( ; ; )


là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + 2b = 0.

Đường thẳng  đi qua điểm A(1; 3; 0) và có một vectơ chỉ phương u(1;1; 4)

 0,25

Từ giả thiết ta có 2 2 2

. 4 0

/ /( ) (1)

| 5 |
4

( ;( )) 4 (2)

n u a b c

P

a b

d A P

a b c

    

 
 
 


 
 

 
0,25

Thế b = - a - 4c vào (2) ta có (a5 )c 2 (2a2 17c2 8 )ac  a2 - 2ac 8c2 0

 4 2

a a

v

c  c 

0,25

Với 4
a

c  chọn a = 4, c = 1  b = - 8. Phương trình mặt phẳng (P): 4x - 8y + z - 16 = 0.

Với 2
a

c  chọn a = 2, c = - 1  b = 2. Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z + 4 = 0.

0,25

VII.b
(1 điểm)

Giả sử z = a +bi với ; a,b  R và a,b khơng đồng thời bằng 0. 0,25

Khi đó 2 2

1 1

;

a bi

z a bi

z a bi a b



   

  0,25

Khi đó phương trình 2 2

25 25( )

8 6 a bi 8 6

z i a bi i

z a b



       

 0,25



2 2 2 2

( 25) 8( ) (1)

(2)

( 25) 6( )

a a b a b

b a b a b

    




   



 . Lấy (1) chia (2) theo vế ta có 
3

4
b a

thế vào (1)
Ta có a = 0 v a = 4

Với a = 0  b = 0 ( Loại)

Với a = 4  b = 3 . Ta có số phức z = 4 + 3i.

0,25

Chú ý:

I – Cách chấm một bài thi tự luận:

1) Học sinh dùng mực đỏ để gạch chân các chỗ sai trong bài thi.

2) Học sinh làm cách khác với đáp án , nếu đúng thì cho điểm tối đa câu đó !
3) Học sinh làm sai hoặc sót ở bước 0, 25 đ nào thì cắt 0, 25 điểm tại đó.

4) Một bài tốn nếu bước trên(0,25 đ) sai và kết quả bước phía dưới (0,25 đ) liên quan đến bước trên
thì cắt điểm từ chỗ làm sai và các bước sau có liên quan.

5) Một bài toán nếu bước trên(0,25 đ) sai và bước phía dưới (0,25 đ) khơng liên quan đến bước phía
trên nếu đúng vẫn cho 0, 25 đ.

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

II – Phương pháp học tập:

1) Học sinh cần trình bày đầy đủ các câu dẫn, các dấu tương đương “”, ..v.., khơng được viết tắt (trừ

các ký hiệu tốn học cho phép ), không được làm bài quá ngắn gọn hơn với đáp án.

</div>

3 de thi thu Dai hoc Mon Toan khoi A va dap an

(

)

1

<i>x</i>

<i>x e</i>

<i>dx</i>

<i>x</i>

















<sub></sub>

<sub></sub>







|

|

√



√









<sub></sub>

<sub></sub>





√

√

|

<sub>|</sub>

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

√

√

(

)



(

)





(

)

|

|

√

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

|

|

|

|

√

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

3

120

(

)



 



<sub></sub>





Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về