ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH (7điểm) Câu I (2 điểm). 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x 4 – 4x 2 + 3 2.Tìm a để phương trình : 03log4 3 24  axx có 4 nghiệm thực phân biệt . Câu II (2 điểm). 1.Giải phương trình: 1cos44cos32 4 cos2 22         xxx  . 2.Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực : mmxxxx 2223 22  Câu III (2 điểm) 1.Tính I = 8 15 1 dx x x     2.Cho đường cao khối chóp đều S.ABC bằng h không đổi, góc ở đáy của mặt bên bằng  với        2 ; 4   .Tính thể tích của khối chóp đó theo h và  .Với giá trị nào của  thì thể tích khối chóp đạt giá trị lớn nhất . Câu IV (1 điểm). Cho 0;0   ba và 1   ba . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 2 2 2 2 11 M b b a a  PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm). Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb Câu Va(3 điểm). 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn   2 2 : 2 0 C x y x    . Viết phương trình tiếp tuyến của   C , biết góc giữa tiếp tuyến này và trục hoành bằng o 60 . 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau :   1 1 : 2 2 x t d y t t z t             ¡ và 1 1 3 1 1 : 2      zyx d Lập phương trình mặt phẳng song song và cách đều hai đường thẳng d 1 và d 2 . 3.Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện 221  iz , tìm số phức z có modun nhỏ nhất. Câu Vb. (3 điểm). 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 – 6x + 2y + 6 = 0, và điểm A(1; 3). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C), tại B, C sao cho BA = BC 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: : 1 d 3 6 1 2 2 5      zyx và   2 : 2 1 x t d y t z t            ¡ . Lập phương trình đường thẳng 1 d  là hình chiếu song song của 1 d theo phương 2 d lên mặt phẳng (Oyz) 3. Giải hệ phương trình :     2 2 3 3 2 2 2 2 log log 4 y x y x x xy y x y             Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG. Môn thi : TOÁN 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x 4 – 4x 2 + 3 1,25 2. Phương trình tương đương với x 4 – 4x 2 + 3 = a 3 log 0 0,25 Theo đồ thị câu 1 bài toán yêu cầu tương đương   1 a 3 log < 3 0,25 Câu I  1log 3 a 1log1 3  a  3 3 1  a 0,25 1. Giải phương trình: 1cos44cos32 4 cos2 22         xxx  . 1điểm Phương trình tương đương với 2 1 cos 4 3cos4 4cos 1 2 x x x                2 sin 4 3cos4 2 2cos 1 1 3 sin 4 cos4 cos2 2 2 cos 4 cos2 6 x x x x x x x x                    12 36 3 x k k k x                 ¢ 0,25 0,25 0,25 0,25 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực : mmxxxx 2223 22  (*) 1 1đi ểm (*) 2 2 2 3 2 0 3 2 2 2 x x x x x mx m                0,25                    m x x xf x xxm x 2 1 23 )( 21 23)1(2 21 0,25 Câu II + f(x) liên tục trên   1;2 và có     2 5 ( ) 0, 1;2 1 f x x x       )(xf  đồng biến trên   2;1 Bài toán yêu cầu 1 2 (1) 2 (2) 4 3 f m f m       0,25 0,25 1. Tính tích phân I = 8 15 1 dx x x     1điểm Câu III 2. Xác định đúng góc · · SBA SBC     và SA=SB=SC Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ S, ta có SH=h, và H là tâm dáy . Gọi K là trung điểm BC ta có BCSK  Đặt cạnh đáy BC = 2x, khi đó BK = x Ta có  tan.xSK  (trong tam giác SBK) Trong : SHK  2 2 2 2 2 2 2 .tan 3 x SH HK SK h x       1tan3 3 2 2 2    h x  4 3)2( 2 x S ABC 1tan3 33 2 2   h Vậy 3 1 .S 3 1 ABC hSHV  1tan3 33 2 2   h 3 2 3 3tan 1 h    (đ.v.t.t) 0,25 0,25 0,25        2 ; 4        ;1tan  .Suy ra 3 3 3 2 3 3 3 3tan 1 3.1 1 2 h h h V       . Vậy, 3 3 max tan 1 2 4 h V         0,25 Cho 0;0   ba và 1   ba . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 2 1 1 M a b a b     1điểm Câu IV Ta có ab ab ba ab ba baM 2 2 1 12 1 1)( 2222 22                (dấu "=" xẩy ra khi a=b) Theo Cô-si 4 1 021  ababba . Đặt t=ab ta có 1 0; 4 t D         Do đó 2 ( ) 2 , M f t t t    t D  2 2 2 2 1 ( ) 2 2( 1) 0, f t t t t              4 1 ;0t 1 17 min ( ) 4 2 D f t f          . Vậy 17 min 2 M  đạt được khi 1 2 a b   .( Bài này còn nhiều cách giải khác) 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Va 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn   2 2 : 2 0 C x y x    . Viết phương trình tiếp tuyến với   C , biết góc giữa tiếp tuyến này và trục hoành bằng o 60 . 1 1đi ểm Tiếp tuyến tạo với trục hoành một góc o 60  hệ số góc của tiếp tuyến bằng tan o 60 hoặc tan120 o Do đó tiếp tuyến có dạng 3 y x b   hoặc 3 y x b    (d) 0,25 0.25 (d) tiếp xúc với đường tròn 3.( 1) 2 3 ( , ) 1 1 2 2 3 b b d I d b                   0.25 Vậy ta có 4 tiếp tuyến : ,0323  yx 3 2 3 0, x y     3 2 3 0, x y     3 2 3 0, x y     0.25 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau : 1 1 : 2 2 x t d y t z t            và 1 1 3 1 1 : 2      zyx d Lập phương trình mặt phẳng song song và cách đều hai đường thẳng d 1 và d 2 1 điểm Đường thẳng d 1 đi qua A(1; 0; -2) và có vectơ chỉ phương là 1 ( 1;2;1) u   ur , đường thẳng d 2 đi qua B(0; 1; 1) và có vectơ chỉ phương là 2 (1;3; 1) u   uur 0,25 Gọi E trung điểm AB , và (P) là mặt phẳng qua ) 2 1 ; 2 1 ; 2 1 ( E song song 2 đường thẳng d 1 ,d 2 thì (P) là mặt phẳng phải tìm . Ta có 1 2 , u u     ur ur = (-5;0;-5) nên (1;0;1) n  r là một véctơ pháp tuyến của (P) . Vậy phương trình mặt phẳng (P) là : 1 1 1. 0 1. 0 0 2 2 x z x z                     0,25 0,25 0,25 3.Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện 221  iz , tìm số phức z có modun nhỏ nhất. 1điểm Gọi z = x + yi, M(x ; y ) là điểm biểu diễn số phức z. 221  iz     421 22  yx 0,25 Đường tròn (C) :     421 22  yx có tâm (1;2) Đường thẳng OI có phương trình y=2x Số phức z thỏa mãn điều kiện và có môdun nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm biểu diễn số phức đó thuộc đường tròn (C) và gần gốc tọa độ O nhất, điểm đó chỉ là một trong hai giao điểm của đường thẳng OI với (C), khi đó tọa độ của nó thỏa mãn hệ 0,25     2 2 2 1 2 4 y x x y            5 2 1x hoặc 5 2 1x Chọn 5 2 1x 5 4 2  y nên số phức 2 4 1 2 5 5 z i                 0,25 0.25 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 – 6x + 2y + 6 = 0 và điểm A(1; 3). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C), tại B , C sao cho BA = BC 1điểm Đường tròn có tâm I(3;-1) ; bán kính R = 2.và RIA  252 A  ngoài đường tròn . Gọi d là đường thẳng qua A cắt (C) tại B,C sao cho AB=BC ta có : 164202. 222  ABRAIACAB BEBCAB 222  Với E là trung điểm BC 2 BE 2),(  dId . 0,25 0,25 Mà phương trình đường thẳng d qua A có hệ số góc k là: y = k(x-1)+3 hay kx–y+3-k =0 0,25 2 1 313 ),( 2     k kk dId 7;1      kk Vậy có 2 đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán 0107;04       yxyx 0,25 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: : 1 d 3 6 1 2 2 5      zyx và         tz y tx d 1 2: 2 . Lập phương trình đường thẳng 1 d  là hình chiếu song song của 1 d theo phương 2 d lên mặt (Oyz) 1điểm Ta có )3;1;2( 1 u là VTCP d 1 và )1;0;1( 2 u là VTCP d 2 không cùng phương. Gọi )(  là mặt phẳng qua 1 d và song song 2 d  1 d  (nếu có) là giao tuyến của )(  và (Oyz). 0, 25 Ta có phương trình của )(  : x – 5y +z - 1 = 0 và phương trình mặt phẳng (Oyz) là: x = 0 0,5 Suy ra phương trình đường thẳng 1 d  là : 0 1 5 x y t z t            t  ¡ 0,25 Điều kiện : x > 0 ; y > 0 . Ta có : 0 4 3 2 2 2 22         y y xyxyx yx,  >0 0 0.25 Xét x > y 3 3 2 2 VT(*) 0 log log VP(*) 0 x y          (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm. 0 0,25 Xét x < y 3 3 2 2 VT(*) 0 log log VP(*) 0 x y          (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm. 0 0,25 Câu Vb Khi x = y hệ cho ta 2 2 0 0 2 2 4 x y        x = y = 2 ( do x, y > 0). Vậy hệ có ngd nh     ; 2; 2 x y  Vậy hệ có ngd 0,25 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH (7điểm) Câu I (2 điểm). 1.Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ. xy y x y             Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG. Môn thi : TOÁN 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x 4 – 4x 2