Đề thi thử đại học môn Toán - Đề 214

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số có đồ thị (C).
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) 
Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất . 
Câu II (2 điểm)
Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0 
Giải phương trình: x2 – 4x - 3 = 
Câu III (1 điểm)	Tính tích phân: 
Câu IV (1 điểm)
	Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất .
Câu V ( 1 điểm ) 
Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn . CMR:	
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a.( 2 điểm ) 
1. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên AB nằm trên đường thẳng: 12x – y – 23 = 0. Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua điểm (3;1) 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P) : x – 2y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng : 
(d) và (d’) 
Viết phương trình tham số của đường thẳng () nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng (d) và (d’) .CMR (d) và (d’) chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng .
Câu VIIa . ( 1 điểm ) Tính tổng : 
B. Theo chương trình Nâng cao	
Câu VI.b.( 2 điểm ) 
1. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn : 
	(C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng :
	(d) và (d’) 
a. CMR hai đường thẳng (d) và (d’) cắt nhau .
b. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của góc tạo bởi (d) và (d’) .
Câu VIIb.( 1 điểm ) Giải phương trình : 
----------------------------- Hết -----------------------------
ĐÁP ÁN
C©u
Néi dung
§iÓm
I
2.0®
1
1.25®
Hµm sè y = cã :- TX§: D = \ {2}- Sù biÕn thiªn:
+ ) Giíi h¹n : . Do ®ã §THS nhËn y = 2 lµm TCN
, . Do ®ã §THS nhËn ®t x = 2 lµm TC§
+) B¶ng biÕn thiªn:Ta cã : y’ = < 0 
y’
y
x
-
2
-
2
2
2
Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng vµ hµm sè kh«ng cã cùc trÞ
- §å thÞ
+ Giao ®iÓm víi trôc tung : (0 ; )
+ Giao ®iÓm víi trôc hoµnh :
A(3/2; 0) 
- §THS nhËn ®iÓm (2; 2) 
lµm t©m ®èi xøng 
0,25
0,25
0,25
0,5
2
0,75đ
Lấy điểm . Ta có : .
Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình : 
Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : 
Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2)
Ta có : . Dấu “=” xảy ra khi m = 2
Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
II
2,0®
1
1,0®
Phương trình đã cho tương đương với : 
 2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0 
 Xét 
Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx 
với . Khi đó phương trình trở thành:
Suy ra : 
0,25
0,25
0,5
2
1,0®
 x2 - 4x + 3 = (1)
TX§ : D = 
®Æt y - 2 = , 
Ta cã hÖ :
0,25
0,25
0,5
III
1.0®
1®
Ta có : =
 . Đặt 
Đổi cận : 
Vậy I2= 
Nên I = 1
0,5
0,5
IV
2®
1.0®
Gọi là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) . 
Ta có : ; BC = AC = a.cos ; SA = a.sin
Vậy 
Xét hàm số : f(x) = x – x3 trên khoảng ( 0; 1) 
Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 . 
Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số
f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm
cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN
hay 
Vậy MaxVSABC = , đạt được khi
sin = hay 
( với 0 < )
0,25
0,5
V
1.0®
+Ta có : ;;
+ Lại có : 
cộng các BĐT này ta được đpcm.
1®
VIa
2®
1
1®
Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình :
 a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a2 + b2 0) . Góc của nó tạo với BC bằng góc của AB tạo với BC nên :
 9a2 + 100ab – 96b2 = 0
Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1) không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác .
Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9 
Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0
0,25
0,25
0,25
0,25
2
1®
Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5)
Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình :
+ Đường thẳng (d) đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP 
+ Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP 
Ta có : 
Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm)
Khi đó : 
0,25
0,25
0,25
0,25
VIIa
1đ
Chọn khai triển :
Hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)5.(x + 1)7 là : 
Mặt khác : (x + 1)5.(x + 1)7 = (x + 1)12 và hệ số của x5 trong khai triển của
(x + 1)12 là : 
Từ đó ta có : = = 792
.0,25
0,25
0,25
0,25
VIb
2đ
1
1đ
Đường tròn (C1) có tâm I1(5 ; -12) bán kính R1 = 15 , Đường tròn (C2) có tâm I2(1 ; 2) bán kính R1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0 
(A2 + B2 0) là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) thì khoảng cách từ I1 và I2 đến đường thẳng đó lần lượt bằng R1 và R2 , tức là :
Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | 
Hay 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C)
TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C) C = A – 9B thay vào (2) :
 |2A – 7B | = 5 
Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 , C = 
Vậy có hai tiếp tuyến :
(- 14 )x + 21y = 0
TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C) , thay vào (2) ta được : 96A2 + 28AB + 51B2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm .
0,25
0,25
0,25
0,25
2
1®
a) + Đường thẳng (d) đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP 
+ Đường thẳng (d’) đi qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP 
Nhận thấy (d) và (d’) có một điểm chung là hay (d) và (d’) cắt nhau . (ĐPCM)
b) Ta lấy . 
Ta đặt : 	
Khi đó, hai đường phân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần lượt nhận hai véctơ làm VTCP và chúng có phương trình là :
 và 
VIIb
1®
ĐK : x > 0 
PT đã cho tương đương với : log5( x + 3) = log2x (1)
Đặt t = log2x, suy ra x = 2t 
 (2)
Xét hàm số : f(t) = 
f'(t) = 
Suy ra f(t) nghịch biến trên R 
Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log2x = 1 hay x =2
Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2
0,25
0,25
0,25
0,25