Đề thi thử Đại học môn Toán

1. Thi thử Đại học môn Toán www.toanpt.net
Trường PTTH chuyên Lê Qúy Đôn
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT III
MÔN TOÁN-KHỐI B
Thời gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG(7đ) (cho tất cả các thí sinh)
Câu I (2đ)
1. khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số:
2
32



x
x
y
2. Tìm m để đường thẳng (d): y = 2x + m cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt sao cho
tiếp tuyến của (C ) tại hai điểm đó song song với nhau.
Câu II (3đ)
1. Giải phương trình: 012sin4cos)sin(cos4 66
 xxxx
2. Giải hê phương trình:






101
2612
22
222
xyy
xxyy
3. Tính tích phân:  


2
0
2
)25.012
|1|1
1
( dxx
x
I
Câu III (1đ):
Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a; AC = 2a; AA1 =2a 5 và
o
CAB 120ˆ  ; M là trung điểm cạnh CC1. Chứng minh 1MAMB  và tính khoảng cách
từ A đến mặt phẳng (A1BM)
Câu IV: (1đ):
Cho ba số a; b; c thoả mãn: a2
+ b2
+ c2
= 9 .
Chứng minh rằng: 2 ( a + b + c) –abc 10
PHẦN RIÊNG ( Thí sinh chọn một trong hai phần sau)
Phần I: (3đ)
1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C ): 0216822
 yxyx và đường thẳng
(d): x + y -1=0. Xác định toạ độ các đỉnh hình vuông ABCD ngoại tiếp đường tròn
(C) biết A nằm trên (d).
2. Cho hai đường thẳng (d1):








tz
ty
tx
2
33
21
; (d2):








sz
sy
sx
2
1
21
và mặt phẳng (P): x –2y+2z-1=
0. Tìm điểm M trên (d1) và điểm N trên (d2) sao cho MN song song với (P) và cách
(P) một khoảng bằng2
3. Giải phương trình tập số phức: z4
+2z3
-z2
+2z+1=0
PhầnII (3đ)
1 Trong mặt phăng Oxy cho đường tròn ( C): x2
+ y2
=1. Tìm tất cả các giá trị thực m
để trên đường thằng y = m tồn tại đúng hai điểm phân biệt mà từ mỗi điểm đó kẻ được
hai tiếp tuyến với (C) sao cho góc giữa hai tiếp tuyến bằng 600
2. Cho điểm A(1;2;3) và hai đường thẳng
1
3
1
2
2
2
:)( 1





 zyx
d ;
1
1
2
1
1
1
:)( 2





 zyx
d . Viết phương trình đường thẳng (d) đi
qua A, vuông góc với (d1) và cắt (d2)
3. Giải bất phương trình: )243(log1)243(log 2
3
2
9  xxxx
-------------------------Hết------------------------------------

2. Thi thử Đại học môn Toán www.toanpt.net
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI B
PHẦN CHUNG:
I 1 TXĐ: D = R{2}
;lim
2


y
x


y
x 2
lim x = 2 là tiệm cận đứng
;2lim 

y
x
2lim 
x
y y=2 là tiệm cận ngang
0.25
y’ = 2;0
)2(
7
2



x
x
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- )2; và
(2; +); Hàm số không đạt cực trị
0.25
Lập đúng, đầy đủ BBT 0.25
Vẽ đồ thị 0.25
cộng 1đ
2 Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là:
032)6(22
2
32 2



mxmxmx
x
x
(x = 2 không là nghiệm của p
trình)
0.25
(d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt mà tiếp tuyến tại đó song song với
nhau  (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thoả mãn: y’(x1) = y’(x2) hay
x1+x2=4
0.25
2
4
2
6
0)32(8)6( 2









 mm
mm
0.5
cộng 1đ
II 1 012sin4cos)sin(cos4 66
 xxxx
4(1- ()2sin
4
3 2
x 012sin)2sin21 2
 xx 0.25
- 062sin2sin5 2
 xx 0.25








)(
5
6
2sin
12sin
loaix
x
Zkkx  ;
4


0.5
cộng 1đ
2
ĐK: 1|| x ; Đặt t = )0(;12
 tx ; hệ trở thành:





10)(
25)( 2
tyy
ty
0.5




































)(
2
3
2
5
2
10
2
3
2
5
loai
y
t
y
ty
y
x
y
t
y
ty
0.25
Vậy nghiệm của hệ là: (x;y) = )2;10( và )2;10();( yx 0.25
cộng 1đ
3
  


2
0
2
0
2
25.012
|1|1
1
dxxdx
x
I
0.25

3. Thi thử Đại học môn Toán www.toanpt.net
2ln2|||ln||2|ln
1
2
1
|1|1
1
2
1
2
1
1
0
2
0
1
0



   xxdx
x
dx
x
dx
x
0.25
 dx
x
2
0
2
4
12 (Đặt x= 2sin t; t 






2
;
2

) 0.25
Vậy I = 2ln2 -  0.25
cộng 1đ
III Theo định lý cosin trong tam giác ABC ta có: BC2
= 7a2
A1B2
= AB2
+ AA1
2
= 21 a2
; MB2
= BC2
+ CM2
= 12 a2 0.25
Ta có: MB2
+ MA1
2
= 21 a2
= A1B2
nên MB  MA1 0.25
V = ABCAABAMMABA VVV .. 11
 = .
3
1
ABCS A A1= 15
3
1 3
a 0.25
khoảng cách từ A đến mặt phẳng (MBA1) là:
3
5
.
63
11
a
MAMB
V
S
V
MBA
 0.25
cộng 1đ
IV
Giả sử |c| =   3|||;||;|max 2
 ccba
Đặt P = 2 ( a + b + c) –abc = )2(2)( abcba 
Chọn: )2;2();;( abvcbau 

. Ta có: |v|.||.

uvu  . Dấu “=” xảy ra khi vu

;
cùng hướng. Suy ra:
P2
     7220)()(2)(48)29()2(4)( 232222
 abababababababcba
0.5
P2
= (ab + 2)2
(2ab – 7) +100 100 (Vì: 2ab  769 222
 cba )
Vậy: P 10
Dấu = xảy ra khi chẳng hạn (a; b; c) = ( -1; 2; 2)
0.5
cộng 1đ
va 1 Đường tròn (C ) có tâm I(4;-3); bán kính R = 2
Vì I nằm trên (d), do đó AI là một đường chéo của hình vuông  x = 2
hoặc x = 6 là hai tiếp tuyến của (C ) nên:
0.25
Hoặc A là giao điểm của (d) với đưòng thẳng: x = 2  A(2; -1)
Hoặc A là giao điểm của (d) với đưòng thẳng: x = 6  A(2; -1)
0.25
Với A(2;-1) thì C(6;-5); hai đỉnh kia là (2;-5) ; (6;-1) 0.25
Với A(6;-5) thì C(2;-1) ; hai đỉnh kia là: (6;-1); (2;-5) 0.25
cộng 1đ
2
.
Ta có: M (1+2t; 3-3t;2t); N( 1+2s; -1+s; 2-s)
)22;43;22  tststsNM

(P) có VTPT )2;2;1( Pn

0.25
Ta có:



























0
1
6
0
6|612|
066
2
3
|14)33(2)21(|
))/((
0.
s
t
s
t
t
st
ttt
PMd
nNM P

0.25
0.25
*/ t = 0; s = 6  M(1; 3; 0); N(13;5;-4)
*/ t = 1; s = 0  M(3; 0;2); N(1; -1; 2)
0.25
cộng 1đ

4. Thi thử Đại học môn Toán www.toanpt.net
2
z4
+2z3
-z2
+2z+1=0 01)
1
(2)
1
(01)
1
(2)
1
( 2
2
2
22







z
z
z
z
z
z
z
zz
(z = 0 không là nghiệm của ptrình)
0.25
Đặt w
z
z
1
 ; phương trình trên trở thành: w2
+ 2w – 3 =0 





3
1
w
w
0.25











2
53
0133
1
2
31
011
1
2
2
zzz
z
z
i
zzz
z
z
0.25
Vậy phương trình có bốn nghiệm:
2
31 i
z

 ;
2
53
z 0.25
cộng 1đ
IV
b
1 Đường tròn tâm O(0;0); bán kính R = 1
Giả sử PA; PB là hai tiếp tuyến của đường tròn (A; B là hai tiếp điểm)
TH 1:  260ˆ 0
OPBPA P thuộc đường tròn (C1) tâm O; bán kính R = 2
0.25
TH 2: 
3
2
120ˆ 0
OPBPA P thuộc đường tròn (C2) tâm O;bán kính R =
3
2
0.25
Đương thẳng y = m thoả mãn yêu cầu bài toán khi nó cắt (C1) tại hai điểm
phân biệt và không có điểm chung với (C2)
0.25
Vậy các giá trị m thoả mãn bài toán là:
3
2
2

  m và 2
3
2
 m 0.25
cộng 1đ
2 (d1) có vtcp là: )1;1;2( u

, B là giao điểm của (d) với (d2) thì:
B( )1;21;1 ttt  )4;12;(  tttBA
 0.25
(d) 10.)( 11  tuBAd

0.5
Vậy (d) qua A(1;2;3) có VTCP )5;3;1( BA

nên phương trình là:
5
3
3
2
1
1






 zyx 0.25
cộng 1.đ
3 BPT tương đương với )243(log21)243(log 2
9
2
9  xxxx
Đặt t = )243(log 2
9  xx ; t 0 . BPT trở thành: t + 1 >2t2
0.25
1
2
1
012 2


 ttt 0.25












































1
3
1
1
3
7
1
3
7
3
1
1
9243
1243
1)243(log
0)243(log
2
2
2
9
2
9
x
x
x
x
x
xx
xx
xx
xx
0.5
cộng 1đ