Đề thi thử Đại học môn Toán THPT Chuyên Lê Hồng Phong

www.VNMATH.com

Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm A(–1; –1).

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 3. Câu II (2 điểm):

xy 4y 1 0



 



1. Giải hệ phương trình:

y 7 (x y)

2(x









 







       2sin x 1

cos 2x 2 cos x 7sin x 5

2. Giải phương trình:





 



2 cos x

cos 2x 2 cos x 1

3(cos x 1)

Câu III (1 điểm):

 



2 4x ) ln x

Tính tích phân sau: I =



8 (6x x

Câu IV (1 điểm):

Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình bình hành tâm O, AB = 2a, AD = 2a 3 , các cạnh bên bằng nhau và bằng 3a, gọi M là trung điểm của OC. Tính thể tích khối chóp SABMD và diện tích của hình cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD.

Câu V (1 điểm)

Cho x, y, z là các số thực dương thỏa xyz = 1. Chứng minh:

.





3 8

3  (1 x)

3  (1 y)

3  (1 z)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2).

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm):

1. Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (T): x2 + y2 – 4x – 2y – 8 = 0. Đỉnh A thuộc tia Oy, đường cao vẽ từ C nằm trên đường thẳng (d): x + 5y = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng C có hoành độ là một số nguyên.

 

2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng (d1):

, (d2):

   x 2 t    y 3 t     z 4 t 

và mặt phẳng (): x – y + z – 6 = 0. Lập phương trình đường thẳng (d) biết d // () và (d) cắt (d1),

(d2) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 6 .

 x 1 2  y 2 1  z 2  2

Câu VII.a (1 điểm):

 



Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z thỏa mãn hệ thức: z 3 2i

  2z 1 2i

2. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(0; 4), trọng tâm

và trực tâm trùng

 G ;  

 4 2  3 3  với gốc tọa độ. Tìm tọa độ các đỉnh B, C và diện tích tam giác ABC biết xB < xC .

và mặt



2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng (d1):

, (d2):

 x 1 2

 y 2 1

 z 2  2

phẳng (): x – y + z – 6 = 0. Tìm trên (d2) những điểm M sao cho đường thẳng qua M song song với (d1), cắt () tại N sao cho MN = 3.

   x 2 t    y 3 t     z 4 t 

Câu VII.b (1 điểm):

www.VNMATH.com

Giải hệ phương trình

e (ln y ln x)(1 xy)   e  ln x 2 ln y  ln y  ln x   2 3.4 4.2    

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian: 180 phút Nội dung

Câu Câu I Điểm ∑ = 2đ ∑ = 1.25đ 0.25 0.25 ý Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 3. 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. Tập xđ và Giới hạn y' = 3x2 – 6x y' = 0  x = 0 hay x = 2

0.25 0.25

Bảng biến thiên: y'' và điểm uốn Giá trị đặc biệt Đồ thị và nhận xét: Viết pt tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm A(–1; –1). 2 Đường thẳng (d) qua A và có hệ số góc k 0.25 ∑ = 0.75đ 0,25

 (d): y + 1 = k(x + 1)  (d): y = kx + k – 1. 3     3 kx k 1 x 3x có nghiệm. (d) tiếp xúc (C)   2   k 6x

0.25

xy 4y 1 0





 



y 7 (x y)

2(x







      

   3x   x3 – 3x2 + 3 = 3x3 – 6x2 + 3x2 – 6x – 1  2x3 – 6x – 4 = 0  x = 2 hay x = –1. * x = 2  k = 0  (d): y = –1. * x = –1  k = 9  (d): y = 9x + 8 ∑ = 2 đ Câu II 1 Giải hệ phương trình: ∑ = 1đ

2 7y y(x y)

     

        y xy x 2y(x y) 2x (1) (I)    4y 1 2  8y 2 2          2x 2 y(x y)(x y) 2x  7y 2(2)     0.5

x – y = 3 hay x – y = –5. (1) + (2) ta được: –y(x – y)[2 + x – y] = –15y  (x – y)(x – y + 2) = 15 (do y ≠ 0 vì y = 0 thì (1)  x2 + 1 = 0 (vô lí)). 

 x – y = 3  x = y + 3.

(1)  –6y = –2(y + 3)2 – 8y – 2  2y2 + 14x + 20 = 0 0.25

x 1     

     y 2  

.  y2 + 7y + 10 = 0 

 x – y = –5  x = y – 5. 0.25

(1)  10y = –2(y – 5)2 – 8y – 2  2y2 – 2x + 52 = 0 (VN) Vậy hệ có nghiệm là (1; –2), (–2; –5).

2     2sin x 1 cos 2x 2 cos x 7sin x 5 . Giải phương trình:  ∑ = 1đ      2 cos x 3 cos 2x 2 cos x 1 3(cos x 1)

Điều kiện:

0.25





 3 0

www.VNMATH.com







 

 

 3) 0

3(cosx 1) 0

 2cosx   (cosx 1)(2cosx 

 2cosx   cos2x 2cosx 1 

 cos x .  

cos x 3 2   1     

0.25

(1)  (2sinx + 1)(cosx + 1) = cos2x + 2cosx – 7sinx + 5  2sinxcosx + 2sinx + cosx + 1 = 1 – 2sin2x + 2cosx – 7sinx + 5  2sinxcosx – cosx + 2sin2x + 9sinx – 5 = 0  cosx(2sinx – 1) + (2sinx – 1)(sinx + 5) = 0  (2sinx – 1)(cosx + sinx + 5) = 0

 x k2  sin x   0.25   1 2 sin x cos x 5   k2          x     6  5 6

2 4x ) ln x





8 dx

(6x

4x) ln xdx



2 2 x 1

0.25 So sánh điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x =   (k  Z). k2  5 6 Câu III    x x ∑ = 1đ Tính tích phân sau: I = dx 8 (6x x 0.25 I = + = I1 + I2.

8  t2 = x3 + 8  2tdt = 3x2dx  x2dx =

tdt

2 3

.  Tính I1: Đặt t =

Đổi cận: x = 1  t = 3 x = 2  t = 4.



tdt

 64 27

0.25 . Do đó I1 =







2 3

2 9

74 9

2 3

t 3

   

   

1 x v' = 6x2 + 4x, chọn v = 2x3 + 2x2







 Tính I2: Đặt u = lnx  u' =









(2x

2 2x ) ln x

(2x

2x)dx

24 ln 2

= . I2 = 0.25



 

  1

2x 3

23 3

   

    1







24 ln 2

74 9

23 3

5  9

0.25 Vậy I =

Câu IV

S

Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình bình hành tâm O,

K

I

∑ = 1đ

A

D

G

O

M

B

C

AB = 2a, AD = 2a 3 , các cạnh bên bằng nhau và bằng 3a, gọi M là trung điểm của OC. Tính thể tích khối chóp SABMD và diện tích của hình cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD.

24a

3 .

 SABCD = AB.AD =

 Ta có SA = SB = SC = SD nên SO  (ABCD). 0.25  ∆ SOA = .= ∆ SOD nên OA = OB = OC = OD  ABCD là hình chữ nhật.







 AB AD

12a

 Ta có BD =

www.VNMATH.com

 SO =





2  SB OB

a 5

4a 3 4a



.SO

3 a

ABCD

SABCD

1 3

3 4

0.25 . Vậy VSABCD = . Do đó VSABMD =

 Gọi G là trọng tâm ∆ OCD, vì ∆ OCD đều nên G cũng là tâm đường tròn ngoại

0.25

a 31

tiếp ∆ OCD. Dựng đường thẳng d qua G và song song SO thì d  (ABCD) nên d là trục của ∆ OCD. Trong mp(SOG) dựng đường trung trực của SO, cắt d tại K cắt SO tại I. Ta có: OI là trung trực của SO  KO = KS mà KO = KC = KD nên K là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD.







CD 2a 

 OI OG

5a 4

4a 3

Ta có: GO = ; R = KO = . 0.25



 4 R

  4 .

31a 12

 31 a 3

. Do đó Scâu =

Câu V





3  (1 x)

3  (1 y)

3  (1 z)

∑ = 1đ Chứng minh: (1) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa xyz = 1. 3 8



1   8

3 2

2  (1 x)

3  (1 x)







2VT

3 2

3 8

2  (1 x)

2  (1 y)

2  (1 z)

3  (1 x) Tương tự, ta được:    

    1

Ta có: 0.25





3 4

2  (1 x)

2  (1 y)

2  (1 z)

Do đó ta cần chứng minh (2)

Ta có: xyz = 1 nên ta có thể giả thiết xy ≥ 1. Khi đó ta có:





 1 y

(3)

2  1 xy  1 x  2xy + (x2 + y2)xy ≥ x2 + y2 + 2x2y2  2xy(1 – xy) + (x2 + y2)(xy – 1) ≥ 0  (xy – 1)(x – y)2 ≥ 0. (đúng do xy ≥ 1)

0.25

Áp dụng (3) ta được:



 2 2(1 x ) 2(1 y )

2  (1 z)

(vì 2(1 + x2) ≥ (1 + x)2….) VT (2) ≥



2 1  2 1 xy

2  (1 z)

  

  

≥ ( Do (3))





z  z 1

2  (1 z)



1 z





2  3(z 1)

2 4z

0.25





3 4

 4z 4 2  4(z 1)

2 3 (z 1)   2 4  (z 1)

  z 1 2  (z 1)

= =

0.25

2   (z 1) 2  4(z 1) Vậy (3) đúng  (1) đúng  (1) được chứng minh.

www.VNMATH.com

∑ = 2đ VI.a ∑ = 1đ 1 Trong mp Oxy cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn (T): x2 + y2 – 4x – 2y – 8 = 0. Đỉnh A thuộc tia Oy, đường cao vẽ từ C nằm trên đường thẳng (d): x + 5y = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng C có hoành độ là một số nguyên

0.25  a = 4  A(0; 4). Vì A  (T) nên a2 – 2a – 8 = 0 

x 5

 A thuộc tia Oy nên A(0; a) (a > 0).   a 4    2   C thuộc (d): x + 5y = 0 nên C(–5y; y). C  (T)  25y2 + y2 + 20y – 2y – 8 = 0



 26y2 + 18y – 8 = 0      y 1       y 

4 13

20 13

0.25  C(5; –1) (Do xC  Z)

 m = 4. Vậy (AB): 5x – y + 4 = 0. B  (AB)  B(b; 5b + 4).

 (AB)  (d) nên (AB): 5x – y + m = 0 mà (AB) qua A nên 5.0 – 4 + m = 0

  b 0    

. B  (T)  b2 + (5b + 4)2 – 4b – 10b – 8 – 8 = 0  26b2 + 26b = 0  0.25

Khi b = 0  B(0; 4 ) (loại vì B trùng với A) 0.25



Khi b = –1  B(–1; –1) (nhận). Vậy A(0; 4), B(–1; –1) và C(5; –1). 2

 x 1 2

 y 2 1

 z 2  2

và mặt phẳng (): Trong kg Oxyz cho (d1): , (d2):

   x 2 t    y 3 t     z 4 t 

∑ = 1đ

x – y + z – 6 = 0. Lập phương trình đường thẳng (d) biết d // () và (d) cắt (d1), (d2) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 6 .

M  (d1)  M(1 + 2m; –2 + m; 2 – 2m)

  

 



 NM 2m n 1; m n 5; 2m n 2

 (1; 1;1)

;





   n

 2m + n – 1 –(m – n – 5) – 2m – n – 2 = 0





 –m + n + 2 = 0  n = m – 2.

0.25 N  (d2)  N(2 – n; 3 + n; 4 + n)      MN // ()  n .NM 0

= ( 3m – 3; -3; –3m)

  NM







 







2 NM (3m 3)

2 ( 3)

9m 3 2m 2m 2

0.25 NM = 3 6  2m2 – 2m + 2 = 6  m2 – m – 2 = 0  m = –1 hay m = 2.



  m = 2: M(5; 0; –2) và NM

 m = –1: M(–1; –3; 4) (loại vì M  (). = 3(1; –1; –2)  (d): 0.25 0.25

 x 5 1  

 z 2  2   2z 1 2i

 



VII.a ∑ = 1đ

y  1 Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z thỏa: z 3 2i  Gọi M(x; y) là điểm biểu diễn cho số phức z = x + yi (x; y  R).

  2z 1 2i







 

 

 





2(x yi) 1 2i

 x yi 3 2i

 (2y 2)i

(2x 1)

 (y 2)i

Ta có: z 3 2i

 (x 3)  (x + 3)2 + (y – 2)2 = (2x + 1)2 + (2y – 2)2  3x2 + 3y2 – 2x – 4y – 8 = 0 0.5 0.25 0.25  Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn (T): 3x2 + 3y2 – 2x – 4y – 8 = 0. VI.b ∑ = 2đ

www.VNMATH.com

4 2 3 3

 G ;  

   và trực tâm trùng với gốc tọa độ. Tìm tọa độ các đỉnh B, C và diện tích ∆ ABC biết rằng xB < xC.



  0



1 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(0; 4), trọng tâm ∑ = 1đ



3 2

 

   

 3 4  2 3   3 2  2 3 

     

       y  





0.25 Ta có   I(2; –1).   AI  AG





 

 BC: y = –1. BC qua I và có VTPT là OA (0; 4) 4(0;1)

; AC (4 b; 5) 0.25

  4b – b2 + 5 = 0  b2 – 4b – 5 = 0  b = –1 hay b = 5.



6; 0

 BC

Gọi B(b; –1), vì I là trung điềm BC nên C(4 – b; –1).  Ta có: OB (b; 1)    OB.AC 0 * b = –1  B(–1; –1) và C(5; –1) (nhận) * b = 5  B(5; –1) và C(–1; –1) (loại) 0.25 0.25  BC = 6; d(A; BC) = 5  SABC = 15.







 2

 x 1 2

 y 2 1

 z 2  2

   x 2 t    y 3 t     z 4 t 

và mặt phẳng (): Trong kgOxyz cho (d1): , (d2): ∑ = 1đ



x 2 m 2t

x – y + z – 6 = 0. Tìm trên (d2) những điểm M sao cho đường thẳng qua M song song với (d1), cắt () tại N sao cho MN = 3.

(d) qua M và // (d1) nên (d): 0.25

 M  (d2)  M(2 – m; 3 + m; 4 + m).        y 3 m t      z 4 m 2t  N = (d)  () nên tọa độ N thỏa hệ: x 2 m 2t

 2 – m + 2t – 3 – m – t + 4 + m – 2t – 6 = 0  y 3 m t   

0.25         z 4 m 2t       x y z 6 0 

  NM

 t = –3 – m  N(–3m – 4; 0; 3m + 10). = (6 + 2m; 3 + m; –2m – 6)  NM2 = (2m + 6)2 + (m + 3)2 + (–2m – 6)2

0.25

(ln y ln x)(1 xy)

  e  ln x 2 ln y

 ln y

 ln x





3.4

4.2

   

Do đó MN = 3  9(m + 3)2 = 9  m + 3 = ± 1  m = –2 hay m = –4. 0.25 Vậy M(4; 1; 2) hay M(6; –1; 0). VII.b Giải hệ phương trình . ∑ = 1đ

3ln x

ln x

0.25



0.25  2lnx [(2lnx)2 – 3.2lnx – 4] = 0 Điều kiện: x, y > 0. Ta có: 1 + xy > 0. * x > y: VT (1) > 0 và VP(1) < 0  VT(1) > VP(1) (vô lí) * x < y: VT(1) < 0 < VP(1) (vô lí) Do đó từ (1)  x = y. Thay vào (2) ta được:  2 4.2 3.4

ln x



ln x



www.VNMATH.com

 

ln x

    

 lnx = 2  x = e2. 0.25