Đề thi thử đại học số 1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 1 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 4 2( ) 8x 9x 1y f x    1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình 4 28 os 9 os 0c x c x m   với [0; ]x  . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình:   3log1 2 2 2 x x x x          2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 12 12 x y x y y x y         Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường 2| 4 |y x x  và 2y x . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm 24sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 0 4 4 4 c c m                       PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 1 0x y   và phân giác trong CD: 1 0x y   . Viết phương trình đường thẳng BC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số 2 2 2 2 x t y t z t          .Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua  , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng 1 1 1 5 1 1 1xy yz zx x y z         2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng  có phương trình tham số 1 2 1 2 x t y t z t         .Một điểm M thay đổi trên đường thẳng  , xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b                ----------------------Hết---------------------- ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1 Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 1,00 + Tập xác định: D   0,25 + Sự biến thiên:  Giới hạn: lim ; lim x x y y         3 2' 32x 18x = 2x 16x 9y    0 ' 0 3 4 x y x        0,25  Bảng biến thiên.   3 49 3 49 ; ; 0 1 4 32 4 32 CT CTy y y y y y                     C§ 0,25  Đồ thị 0,25 2 1,00 Xét phương trình 4 28 os 9 os 0c x c x m   với [0; ]x  (1) Đặt osxt c , phương trình (1) trở thành: 4 28 9 0 (2)t t m   Vì [0; ]x  nên [ 1;1]t  , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau. 0,25 Ta có: 4 2(2) 8 9 1 1 (3)t t m     Gọi (C1): 4 28 9 1y t t   với [ 1;1]t  và (D): y = 1 – m. Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D). Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền 1 1t   . 0,25 Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:  81 32 m  : Phương trình đã cho vô nghiệm. 1. 81 32 m  : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. 0,50  81 1 32 m  : Phương trình đã cho có 4 nghiệm.  0 1m  : Phương trình đã cho có 2 nghiệm.  0m  : Phương trình đã cho có 1 nghiệm.  m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm. II 2,00 1 1,00 Phương trình đã cho tương đương: 33 loglog 3 2 0 22 0 111 log ln 0ln 01 222 222 0 xx x xx x xxx xxx                                             0,50 3 2 2 2 log 0 1 1 21 1 3 ln 0 1 2 2 2 2 22 x x x x x x x x x x x xx                                                     0,50 2 1,00 Điều kiện: | | | |x y Đặt 2 2 ; 0u x y u v x y        ; x y  không thỏa hệ nên xét x y  ta có 21 2 u y v v        . Hệ phương trình đã cho có dạng: 2 12 12 2 u v u u v v           0,25 4 8 u v     hoặc 3 9 u v    + 2 24 4 8 8 u x y v x y          (I) + 2 23 3 9 9 u x y v x y          (II) 0,25 Giải hệ (I), (II). 0,25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là     5;3 , 5;4S  0,25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là     5;3 , 5;4S  1,00 III 0,25 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: 2| 4 | ( )y x x C  và   : 2d y x Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): 2 2 2 2 2 0 0 0 | 4 | 2 24 2 6 0 64 2 2 0 x x x x x x xx x x x x xx x x x x                              Suy ra diện tích cần tính:     2 6 2 2 0 2 4 2 4 2S x x x dx x x x dx       0,25 Tính:   2 2 0 | 4 | 2I x x x dx   Vì   20;2 , 4 0x x x    nên 2 2| 4 | 4x x x x      2 2 0 4 4 2 3 I x x x dx     0,25 Tính   6 2 2 | 4 | 2K x x x dx   Vì   22;4 , 4 0x x x    và   24;6 , 4 0x x x    nên     4 6 2 2 2 4 4 2 4 2 16K x x x dx x x x dx         . 0,25 Vậy 4 52 16 3 3 S    1,00 IV 0,25 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có:      ' ' ' ' ' ' AB IC AB CHH ABB A CII C HH       Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm 'K II . 0,25 Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 3 1 3 ' ' ' ' ' ; 3 6 3 3 x x I K I H I C IK IH IC      Tam giác IOI’ vuông ở O nên: 2 2 2 23 3' . . 6r 6 3 x x I K IK OK r x     0,25 Thể tích hình chóp cụt tính bởi:  ' . ' 3 h V B B B B   Trong đó: 2 2 2 2 24x 3 3 3r 33 6r 3; ' ; 2r 4 4 2 x B x B h      0,25 Từ đó, ta có: 2 2 3 2 22r 3r 3 3r 3 21r . 36r 3 6r 3. 3 2 2 3 V            0,25 V 1,00 Ta có: +/  4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x ; +/  4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x 4 4 2 c c c c                          +/  2 1 1 os 2x + 1 os 4x + 1 sin 4x 4 2 2 2 c c                    Do đó phương trình đã cho tương đương:   1 1 2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1) 2 2 c   Đặt os2x + sin2x = 2 os 2x - 4 t c c        (điều kiện: 2 2t   ). 0,25 Khi đó 2sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1 . Phương trình (1) trở thành: 2 4 2 2 0t t m    (2) với 2 2t   2(2) 4 2 2t t m    Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( ) : 2 2D y m  (là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): 2 4y t t  với 2 2t   . 0,25 Trong đoạn 2; 2    , hàm số 2 4y t t  đạt giá trị nhỏ nhất là 2 4 2 tại 2t   và đạt giá trị lớn nhất là 2 4 2 tại 2t  . 0,25 Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 4 2 2 2 2 4 2m     2 2 2 2m   . 0,25 VIa 2,00 1 1,00 Điểm  : 1 0 ;1C CD x y C t t      . Suy ra trung điểm M của AC là 1 3 ; 2 2 t t M        . 0,25 Điểm   1 3 : 2 1 0 2 1 0 7 7;8 2 2 t t M BM x y t C                    0,25 0,25 Từ A(1;2), kẻ : 1 0AK CD x y    tại I (điểm K BC ). Suy ra    : 1 2 0 1 0AK x y x y        . Tọa độ điểm I thỏa hệ:   1 0 0;1 1 0 x y I x y        . Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của  1;0K  . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0 7 1 8 x y x y         2 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng  , thì ( ) //( )P D hoặc ( ) ( )P D . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH IA và IH AH . Mặt khác           , ,d D P d I P IH H P      Trong mặt phẳng  P , IH IA ; do đó axIH = IA H Am   . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A. Vectơ pháp tuyến của (P0) là  6;0; 3n IA     , cùng phương với  2;0; 1v    . Phương trình của mặt phẳng (P0) là:    2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0x z    . VIIa Để ý rằng       1 1 1 0xy x y x y       ; và tương tự ta cũng có 1 1 yz y z zx z x        0,25 Vì vậy ta có:   1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 zx+y 1 5 1 1 5 5 x y z x y z xy yz zx yz zx xy x y z yz xy z z y x yz zx y xy z z y x z y y z                                                 vv 1,00 Ta có:  1;2 5AB AB     . Phương trình của AB là: 2 2 0x y   .    : ;I d y x I t t   . I là trung điểm của AC và BD nên ta có:    2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t  . 0,25 Mặt khác: D . 4ABCS AB CH  (CH: chiều cao) 4 5 CH  . 0,25 Ngoài ra:       4 5 8 8 2 ; , ;| 6 4 | 4 3 3 3 3 3; 5 5 0 1;0 , 0; 2 t C Dt d C AB CH t C D                         Vậy tọa độ của C và D là 5 8 8 2 ; , ; 3 3 3 3 C D             hoặc    1;0 , 0; 2C D  0,50 2 1,00 Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. Đường thẳng  có phương trình tham số: 1 2 1 2 x t y t z t         . Điểm M  nên  1 2 ;1 ;2M t t t   .                             22 2 2 22 22 2 2 22 2 22 2 2 2 4 2 9 20 3 2 5 4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5 3 2 5 3 6 2 5 AM t t t t t BM t t t t t t AM BM t t                                 0,25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ  3 ;2 5u t  và  3 6;2 5v t    . Ta có         22 22 | | 3 2 5 | | 3 6 2 5 u t v t            Suy ra | | | |AM BM u v     và  6;4 5 | | 2 29u v u v         Mặt khác, với hai vectơ ,u v   ta luôn có | | | | | |u v u v       Như vậy 2 29AM BM  0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,u v   cùng hướng 3 2 5 1 3 6 2 5 t t t        1;0;2M và  min 2 29AM BM  . 0,25 Vậy khi M(1;0;2) thì minP =  2 11 29 0,25 VIIb 1,00 Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: a b c b c a c a b         . Đặt  , , , , 0 , , 2 2 a b c a x y a z x y z x y z y z x z x y              . Vế trái viết lại: 2 3 3 2 a b a c a VT a c a b a b c x y z y z z x x y                0,50 Ta có:     2 2 z z x y z z x y z z x y x y z x y             . Tương tự: 2 2 ; . x x y y y z x y z z x x y z         Do đó:  2 2 x y zx y z y z z x x y x y z            . Tức là: 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b                0,50 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-CAO ĐẲNG-ĐỀ SỐ 2 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 4 2( ) 2y f x x x   1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm điều kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình lượng giác:  2 cos sin1 tan cot 2 cot 1 x x x x x     2. Giải bất phương trình:  23 1 1 3 3 1 log 5 6 log 2 log 3 2 x x x x      Câu III (1 điểm) Tính tích phân:   2 4 4 0 cos 2 sin cosI x x x dx    Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ. Câu V (1 điểm) Cho phương trình     341 2 1 2 1x x m x x x x m       Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng  định bởi: 2 2( ) : 4 2 0; : 2 12 0C x y x y x y        . Tìm điểm M trên  sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 600. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu? 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng   : 3 0d x y   và có hoành độ 9 2 Ix  , trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là 2 2 2( ) : 4 2 6 5 0, ( ) : 2 2 16 0S x y z x y z P x y z           . Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng. Câu VII.b (1 điểm) Cho , ,a b c là những số dương thỏa mãn: 2 2 2 3a b c   . Chứng minh bất đẳng thức 2 2 2 1 1 1 4 4 4 7 7 7a b b c c a a b c            ----------------------Hết---------------------- ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 2 Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 1,00 + MXĐ: D   0,25 + Sự biến thiên  Giới hạn: lim ; lim x x y y         3 2 0 ' 4 4 4 1 ; ' 0 1 x y x x x x y x           0,25  Bảng biến thiên      1 21 1; 1 1; 0 0CT CTy y y y y y        C§ 0,25  Đồ thị 0,25 2 1,00 Ta có 3'( ) 4 4f x x x  . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B. Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là 3 3'( ) 4 4 , '( ) 4 4A Bk f a a a k f b b b      Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:         ' ' ( ) af' ay f a x a f a f a x f a      ;         ' ' ( ) f' by f b x b f b f b x f b b      Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:   3 3 2 24a 4a = 4b 4 1 0 (1)A Bk k b a b a ab b          Vì A và B phân biệt nên a b , do đó (1) tương đương với phương trình: 2 2 1 0 (2)a ab b    Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau           2 2 2 2 4 2 4 2 1 0 1 0 ' ' 3 2 3 2 a ab b a ab b a b f a af a f b bf b a a b b                       , Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là  1; 1  và  1; 1 . Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là 2 2 1 0 1 a ab b a a b           II 2,00 1 1,00 Điều kiện:  cos .sin 2 .sin . tan cot 2 0 cot 1 x x x x x x     0,25 Từ (1) ta có:  2 cos sin1 cos .sin 2 2 sin sin cos 2 cos cos 1 cos sin 2 sin x x x x x x x x x x x x       0,25 2sin .cos 2 sinx x x    2 2 4 cos 2 2 4 x k x k x k                  0,25 Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là  2 4 x k k      0,25 2 1,00 Điều kiện: 3x  0,25 Phương trình đã cho tương đương:      1 123 3 3 1 1 1 log 5 6 log 2 log 3 2 2 2 x x x x            23 3 3 1 1 1 log 5 6 log 2 log 3 2 2 2 x x x x              3 3 3log 2 3 log 2 log 3x x x x         0,25   3 3 2 log 2 3 log 3 x x x x                2 2 3 3 x x x x       0,25 2 10 9 1 10 x x x          Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là 10x  0,25 III 1,00 1 1,00   2 2 0 2 2 0 1 cos 2 1 sin 2 2 1 1 1 sin 2 sin 2 2 2 I x x dx x d x                   0,50     2 2 2 0 0 32 2 0 0 1 1 sin 2 sin 2 sin 2 2 4 1 1 sin 2 sin 2 0 2 12 | | d x xd x x x            0,50 IV 1,00 Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó OM AB và ' DO N C . Giả sử I là giao điểm của MN và OO’. Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó: OMI vuông cân tại O nên: 2 2 2 . 2 2 2 2 2 h a OM OI IM h a      0,25 Ta có: 22 2 2 2 2 2 2 2 2 3a 2 4 4 8 8 a a a a R OA AM MO                  0,25 2 3 2 3a 2 3 2R . . , 8 2 16 a a V h      0,25 và 2a 3 2 3 2 Rh=2 . . . 2 22 2 xq a a S    0,25 V 1,00 Phương trình     341 2 1 2 1x x m x x x x m       (1) Điều kiện : 0 1x  Nếu  0;1x thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì cần có điều kiện 1 1 2 x x x    . Thay 1 2 x  vào (1) ta được: 3 01 1 2. 2. 12 2 m m m m         0,25 * Với m = 0; (1) trở thành:   2 4 4 11 0 2 x x x     Phương trình có nghiệm duy nhất. 0,25 * Với m = -1; (1) trở thành               4 4 2 2 4 4 1 2 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 0 1 1 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x                           + Với 4 4 11 0 2 x x x     + Với 1 1 0 2 x x x     Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất. 0,25 * Với m = 1 thì (1) trở thành:         2 2 4 441 2 1 1 2 1 1 1x x x x x x x x x x             Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm 1 0, 2 x x  nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm duy nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1. 0,25 VIa 2,00 1 1,00 Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính 5R  . Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra 2R=2 5IM  . Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình:     2 2 2 1 20x y    . 0,25 Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng  , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình:     2 2 2 1 20 (1) 2 12 0 (2) x y x y          0,25 Khử x giữa (1) và (2) ta được:     2 2 2 3 2 10 1 20 5 42 81 0 27 5 x y y y y x               0,25 Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: 9 3; 2 M       hoặc 27 33 ; 5 10 M       0,25 2 1,00 Ta tính được 10, 13, 5AB CD AC BD AD BC      . 0,25 Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này. 0,25 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là 3 3 ;0; 2 2 G       , bán kính là 14 2 R GA  . 0,50 VIIa 1,00 Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : 9