2. THPT Chuyên LÊ HỒNG PHONG – TP Hồ Chí Minh
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Khối A B D
Câu Nội dung Điểm
1a Cho hàm số y =
mx 2m 3
x m
(1), m là tham số.
∑=1
a Khi m = 2: y =
2x 1
x 2
: * Tập xác định: D = R{2}. 0,25
*
x 2 x 2
lim y , lim y
TCD: x = 2.; *
x
lim y 2
TCN: y = 2. 0,25
* y' = 2
5
(x 2)
< 0, x D Hàm số nghịch biến trên (–∞; 2) và (2; +∞) 0,25
BBT:
x –∞ 2 +∞
y' – –
2 +∞
y
–∞ 2
0,25
Đồ thị 0,25
1b Định m để hàm số (1) nghịch biến trong khoảng (2; + ∞). ∑=1
Tập xác định: D = R{m}; y' =
2
2
m 2m 3
(x m)
0,25
Hàm số nghịch biến trong (2; +∞) m (2; +∞) và y' < 0, x (2; +∞) 0,25
2
m 2
m 2m 3 0
m 2
m 3 haym 1
m 3
1 m 2
.
0,25
Vậy m thỏa YCBT m < –3 hoặc 1 < m ≤ 2. 0,25
2 Giải phương trình cos x cos 2x sin3x
6 3
(1)
∑ = 1
(1) cos x sin3x cos 2x 0
6 3
cos x cos 3x cos 2x 0
6 2 3
2cos 2x cos x cos 2x 0
3 6 3
cos 2x 2 cos x 1 0
3 6
1
cos x (a) hay cos 2x 0 (b)
6 2 3
. 0,5
(a) x k2
3 6
x k2 hay x k2
6 2
. 0,25
(b) 2x k
2 3
x k
12 2
. 0,25
3 Giải hệ phương trình 2
2
x 2y 3 2 2 y
x y 5x 2 7 xy x 1 (1)
3 x 3 y 1 (2)
∑=1
(2)
2
x 2y 3 2 2 y
3 x 3 y 1
2
x 2y 3 2 2 y
3 x 2y 3 3 2 y
Đặt u = x2
– 2y + 3 và v = 2 – y. Ta được (2) 3u
+ u = 3v
+ v (3)
Xét f(t) = 3t
+ t ta có f'(t) = 3t
ln3 + 1 > 0, t f đồng biến trên R.
Do đó (3) u = v x2
– 2y + 3 = 2 – y y = x2
+ 1.
0,25
Thay vào (1) ta được: 2 2 2
x x 1 5x 2 7 x(x 1) x 1
2 3
2x 5x 1 7 x 1 2 2
2(x x 1) 3(x 1) 7 (x 1)(x x 1) (1a). 0,25
Đặt A = x 1 và B = 2
x x 1 . (1a) 2B2
+ 3B2
= 7AB B 3A hayA 2B
0,25
B = 3A x2
+ x + 1 = 9(x – 1) x2
– 8x + 10 = 0 x = 4 6
A = 2B x – 1 = 4(x2
+ x + 1) 4x2
+ 3x + 5 = 0 x .
Do đó: x = 4 6 y =
2
4 6 1 23 8 6
Vậy hệ có 2 nghiệm là 4 6;23 8 6 , 4 6;23 8 6 .
0,25
4 Tính tích phân I = 2
0
2xsinx (3x 2)cosx
dx
xsinx cosx
. ∑ = 1
w
w
w
.VN
M
ATH
.com
3. THPT Chuyên LÊ HỒNG PHONG – TP Hồ Chí Minh
I = 2
0
2xsinx (3x 2)cosx
dx
xsinx cosx
= 2
0
3xcosx
2 dx
xsin x cosx
0,25
= 22
0 0
(xsinx cosx)'
2x 3 dx
xsinx cosx
0,5
= + 2
0
3 ln xsin x cosx
= 3(ln ln1)
2
= 3ln
2
. 0,25
5
Hình chóp SABCD, ABCD là hình chữ nhật. Hình chiếu của S trên (ABCD) là trung điểm H
của AB, SAB vuông cân tại S, SC = 2 a 3 và (SC,SAB) = 600
. Tính VSABCD và d(SD, CH).
∑ = 1
SH (ABCD) SH BC mà AB BC
BC (SAB) SC có hình chiếu trên (SAB) là SB
0
(SC,SAB) BSC 60 .
SB = SCcos600
= a 3 và BC = SCsin600
= 3a
SAB vuông cân tại S AB = SB 2 = a 6 .
và SH =
AB a 6
2 2
.
0,25
Vậy VSABCD = ABCD
1
S .SH
3
=
1
AB.BC.SH
3
= 31 a 6
.a 6.3a 3a
3 2
. 0,25
Vẽ hình bình hành HCDE. Ta có HC // DE HC // (SDE).
d(HC, SD) = d(HC, (SDE)) = d(H, (SDE)).
Vẽ HK DE tại K, HI SK tại I. Ta có HI (SDE) HI = d(H, SDE).
0,25
Ta có: AD.HE = HK.DE
2
2 6a
3a.a 6 HK. 9a
4
42
3a 6 HK.
2
1 7
HK 6a
.
Do đó 2 2 2
1 1 1
HI HS HK
= 2 2 2
2 7 31
3a 36a 36a
HI =
6a 31
31
. Vậy d(HC, SD) =
6a 31
31
.
0,25
6 Cho ba số a, b, c thỏa 0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ 1. Tìm giá trị lớn nhất của P = c a b (a b) c
∑ = 1
Ta có: c a a c c b b c .
Mà c
c a a c ac c a 2 . a c a
4
≤
3
c
a c a
22
3
=
3 3
c 1 1
2 2.
2 2 4
.
0,5
Dấu "=" xảy ra
c
a
4
c 1
c = 1 và a =
1
4
. 0,25
Tương tự ta có: c b b c bc c b ≤
1
4
. Vậy P ≤
1
2
.
Khi a = b =
1
4
và c = 1 thì P =
1
2
. Vậy Max P =
1
2
.
0,25
7a
Trong mpOxy, cho ABC nhọn nội tiếp đường tròn (C): x2
+ y2
= 25, AC đi qua K(2; 1), hai
đường cao BM và CN. Tìm tọa độ A, B, C biết A có hoành độ âm và MN: 4x – 3y + 10 = 0. ∑ = 1
Chứng minh được MN OA OA có vectơ pháp tuyến là n (3;4)
OA: 3x + 4y = 0
Tọa độ A thỏa hệ 2 2
3x 4y 0
x y 25
2
x 16
3
y x
4
x 4
y 3
(do xA < 0). Vậy A(–4; 3).
0,25
AC nhận AK
= (6; –2) làm vectơ chỉ phương AC:
x 2 y 1
3 1
x + 3y – 5 = 0.
Tọa độ C thỏa hệ 2 2
x 5 3y
x y 25
y 0 y 3
hay
x 5 x 4
C(5; 0).
0,5
E
H
DA
B C
S
K
I
w
w
w
.VN
M
ATH
.com
4. THPT Chuyên LÊ HỒNG PHONG – TP Hồ Chí Minh
Tọa độ M thỏa hệ
x 3y 5 0
4x 3y 10 0
x 1
y 2
M(–1; 2).
BM qua M và vuông góc AC BM: 3(x + 1) – 1(y – 2) = 0 3x – y + 5 = 0.
Tọa độ B thỏa 2 2
y 3x 5
x y 25
2
y 3x 5
10x 30x 0
x 0 x 3
hay
y 5 y 4
.
0,25
Với B(0; 5) thì BA
= (–4; –2) và BC
= (9; 2) BA.BC
= –40 < 0 B tù.
Với B(–3; –4) thì BA
= (–1; 7) và BC
= (8; 4) BA.BC
= 20 > 0 B nhọn.
Vậy A(–4; 3), B(–3; –4) và C(5; 0). 0,25
8a
Trong không gian Oxyz cho (d):
x 3 y 4 z 3
3 1 1
và mp(α): 2x – 2y + z + 9 = 0. Viết
phương trình đường thẳng () nằm trong (α); () qua giao điểm A của (d) và (α) và góc giữa
() và (Ox) bằng 450
.
∑ = 1
Gọi A là giao điểm của (d) và (α) A(–3; 2; 1). Gọi a
= (a; b; c) là vectơ chỉ phương của ().
Ta có: Vectơ pháp tuyến của (α) là n
= (2; –2; 1).
0,25
Ta có a.n 0
2a – 2b + c = 0 c = –2a + 2b.
2
cos( ,Ox)
2
2 2 2
a 2
2a b c
2 2 2
2 a a b (2a 2b)
2a2
= 5a2
– 8ab + 5b2
3a2
– 8ab + 5b2
= 0
a b
5b
a
3
.
0,5
a = b: Chọn a = b = 1 c = 0 ():
x 3 t
y 2 t
z 1
. 0,25
a =
5b
3
: Chọn b = 3; a = 5 c = –4 (d):
x 3 y 2 z 1
5 3 4
.
0,25
9a
Tìm số phức z thỏa mãn đẳng thức z 3 2i 3 . Hãy tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số
phức w, biết w – z = 1 + 3i.
∑ = 1
Đặt z = a + bi (a, b R) có điểm biểu diễn là N(a; b)
và M(x; y) là điểm biểu diễn cho w = x + yi (x, y R).
0,25
Ta có: a bi 3 2i 3 (a + 3)2
+ (b – 2)2
= 9 (1).
w – z = 1 + 3i x + yi – a – bi = 1 + 3i
a x 1
b y 3
.
0,25
Thay vào (1) ta được (x + 2)2
+ (y – 5)2
= 9 M thuộc (C): (x + 2)2
+ (y – 5)2
= 9. 0,25
Vậy tập hợp điểm M là đường (C): (x + 2)2
+ (y – 5)2
= 9. 0,25
7b
Trong mpOxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và B. Đường chéo AC nằm trên đường thẳng
(D): 4x + 7y – 28 = 0. Đỉnh B thuộc đường thẳng (): x – y – 5 = 0, đỉnh A có tọa độ nguyên.
Tìm tọa độ A, B, C biết đỉnh D(2; 5) và BC = 2AD.
∑ = 1
B () B(b; b – 5).
Ta có
d(B,AC) BE BC
2
s(D,AC) DE AD
2 2 2 2
4b 7(b 5) 28 4.2 7.5 28
2
4 7 4 7
|11b – 63| = 30
11b 63 30
11b 63 30
b 93/11
b 3
B và D ở khác phía đối với đường thẳng AC nên
(4xB + 7yB – 28)(4xD + 7yD – 28) < 0. (11b – 63).30 < 0.
Do đó ta được b = 3 B(3; –2).
0,25
0,25
Ta có A (D)
28 4a
A a;
7
4a 7
DA (a 2; )
7
và
4a 42
BA (a 3; )
7
Do đó: DA.BA 0
( 4a 7)( 4a 42)
a 2 a 3 0
49
0,25
E
C
A D
B
w
w
w
.VN
M
ATH
.com
5. THPT Chuyên LÊ HỒNG PHONG – TP Hồ Chí Minh
65a2
– 385a = 0 a = 0 hay a =
77
13
. Vậy A(0; 4).
Ta có BC 2AD
C
C
x 3 2(2 0)
y 2 2(5 4)
C(7; 0).
Vậy A(4; 0), B(3; –2) và C(7; 0) là điểm cần tìm.
0,25
8b
Trong kgOxyz cho mp (α): x + 2y – 2z + 7 = 0 và đường thẳng (d):
x 2 y 1 z 2
1 2 2
.
Viết phương trình mặt phẳng (β) chứa (d) và tạo với (α) một góc sao cho cos =
4
9
.
∑ = 1
(α) có vectơ pháp tuyến là n
= (1; 2; –2); (β) có vectơ pháp tuyến là n
= (A; B; C).
(d) qua A(2; –1; 2) và có vectơ chỉ phương là d
a
= (1; –2; 2).
0,25
d (β) d
a n
A – 2B + 2C = 0 A = 2B – 2C.
Lại có cos =
4
9
n .n 4
9n . n
2 2 2
A 2B 2C 4
93 A B C
0,25
2 2 2
3 4B 4C 4 (2B 2C) B C 4B2
– 10BC + 4C2
= 0
B 2C
C 2B
. 0,25
* B = 2C: Chọn C = 1; B = 2 A = 2
(β): 2(x – 2) + 2(y + 1) + 1(z – 2) = 0 2x + 2y + z – 4 = 0.
* C = 2B: Chọn B = 1; C = 2 A = –2
(β): –2(x – 2) + 1(y + 1) + 2(z – 2) = 0 –2x + y + 2z + 1 = 0.
0,25
9b
Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau. Tính số phần tử của S. Từ tập S
chọn ngẫu nhiên một số, tính xác suất để trong 5 chữ số của nó có đúng 2 chữ số lẻ.
∑ = 1
Gọi x = abcde S: Ta có a có 9 cách chọn và bcde có 4
9
A cách chọn. Do đó:
Số phần tử của S là 9. 4
9
A = 27216.
0,25
Gọi A là biến cố số được chọn là số có 5 chữ số khác nhau và trong 5 chữ số của nó có đúng
2 số lẻ. Ta tìm số phần tử của A như sau: Gọi y = mnpqr A, ta có:
TH1: Trong 5 chữ số của số được chọn có mặt số 0:
Lấy thêm 2 số lẻ và 2 số chẵn có 2 2
5 4
C .C cách;
Xếp 5 số được chọn vào các vị trí m,n,p,q, r có 4.4! cách.
TH1 có 2 2
5 4
C C .4.4! = 5760.
0,25
TH2: Trong 5 chữ số của số được chọn không có mặt số 0:
Lấy thêm 2 số lẻ và 3 số chẵn có 2 3
5 4
C .C cách;
Xếp 5 số được chọn vào các vị trí m,n,p,q, r có 5! cách.
TH2 có 2 3
5 4
C C .5! = 4800.
0,25
Vậy |A| = 5760 + 4800 = 10560. Do đó P(A) =
10560 220
27216 567
.
0,25
w
w
w
.VN
M
ATH
.com
