Đề thi đại học môn toán có đáp án số 2

Gia sư Thành Được www.daythem.com.vn

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 2

I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1/ (2,0 điểm).Cho hàm số y = x³ –6x² + 9x –2 có đồ thị là (C)

a/ Khảo sát sư biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho

b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, biết M cùng với hai cực trị của (C) tạo thành một tam giác có diện tích S = 6

Câu 2/ (1 điểm).Giải phương trình: sin 3cos 2 0 2 4

sin

2    



 



 x x x

Câu 3/ Giải hệ phương trình:

     































0 2 1 6 1 3 2

2

0 3 2 3 2

3 2 3 2

x x x

y x y

y y

x

Câu 4/ ( 1 điểm) Tính:^A



^{2 x x}



^{ x}



^dx

0

sin2

1 ln cos sin



Câu 5/ ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a.SA vuông góc mặt đáy và SA = 2a

a/ Gọi M là trung điểm SB, V1 là thể tích tứ diện SAMC, V₂ là thể tích tứ diện ACD. Tính tỷ số

2 1

V V

b/ Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD Câu 6/ Cho hai số thực dương thỏa điều kiện: 3xy1

Tìm giá trị nhỏ nhất của

x xy A 1 1

II . PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A . Theo chương trình chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm).Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d: 2x + y = 0, qua A(–2 ; 2) và tiếp xúc : 3x – 4y + 14 = 0

Câu 8.a (1,0 điểm). Cho B



5;2;2



, C



3;2;6



và (P): 2x + y + z –5 = 0. Tìm tọa độ điểm A thuộc (P) sao cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A

Câu 9 .a . (1,0 điểm )

Giải phương trình: 8log₄ x² 93 2log₄



x3



² 10log₂



x3



²

B . Theo chương trình nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm). Cho (C): (x +6)² + (y –6)² = 50. M là điểm thuộc (C)( M có hoành độ và tung độ đều dương) .Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M sao cho tiếp tuyến này cắt hai trục tọa độ tại A và B nhận M là trung điểm

Câu 8.b (1,0 điểm ). Cho M(0; 0; 1) A(1 ; 0 ; 1)và B(2; –1;0). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A,B và khoảng cách từ M đến (P) bằng

2 2 .

Câu 9.b . (1,0 điểm ). Giaỉ bất phương trình:



^{x x}



64^x 6

3

6 log

log  

Gia sư Thành Được www.daythem.com.vn

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 2

Câu 1a : Cho hàm số y = x³ –6x² + 9x –2 có đồ thị là (C)

a/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số đã cho Tập xác định: D = R y^/ = 3x² –12x + 9 y^/ = 0  x = 1  x = 3



^{  }



^



 6 9 2

lim x³ x² x

x và ^lim_



^{x3 6x2 9x2}



^

x

Bảng biến thiên và kết luận Đồ thị

Câu 1.b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, biết M cùng với hai cực trị của (C) tạo thành một tam giác có diện tích S = 6 .Hai điểm cực trị A(1 ; 2), B(3 ; –2), AB2 5

Phương trình AB: 2x + y – 4 = 0. Gọi ^M



^{m ; m36m2 9m2}



^

 

^C

 

5

6 11 6

5

4 2 9 6 2

;

2 3 2

3   

 







 mm m m m m m

AB M d

Diện tích tam giác MAB: .



;



6 11 6

2

1  3  2  

 ABd M AB m m m S























 



6 6 11 6

6 6 11 6 6

2 3

2 3

m m

m

m m

S m  _







 4 0 m m

*m = 0  M(0; –2) phương trình: y = 9x –2 * m = 4  M(4 ; 2) phương trình: y = –3x +14 Câu 2: Giải phương trình sin 3cos 2 0

2 4 sin

2    



 



 x x x

0 2 cos 3 4 sin

2 sin

2    



 



 x x x sin2xcos2xsinx3cosx20

2sinxcosxsinx2cos²x3cosx10sinx



2cosx1

 

 cosx1



2cosx1



0





2cosx1



sinxcosx1



0 1

cosx 2,sin ¹

4 2

x 

  

 

 

Nghiệm phương trình:   3 k2

x  , xk2 ,   2 k2 x 

Câu 3:Giải hệ phương trình:

 

       































2 0 2 1 6 1 3 2

2

1 0 3 2 3 2

3 2 3 2

x x x

y x y

y y

x

(2)  2



x1



³ 3y



x1



² 4y0 1 4 0 1 3

2

2 3



 



 



  



 



 

y x y

x do y = 0 không là nghiệm

 12 y

x . Hệ trở thành:





















 1 2

0 3 2 3

2 2 y x

y y

x 



















 1 2

2 3 4 6 4 ²

y x

y y

y 

14

x  9 , 5

y18, 3

y2 nghiệm của hệ: _



 



18

; 5 9 14

Câu 4: Tính:^A



^{2 x x}



^{ x}



^dx

0

sin2

1 ln cos sin



. Tính:^A



^{2 x}



^{ x}



^dx

0

sin2

1 ln 2 2 sin 1 ^

Đặt ^uln



^1sin2x



^{và dvsin2xdx. Suy ra: dx}

x du x₂

sin 1

2 sin

  và v1sin²x

Gia sư Thành Được www.daythem.com.vn

H M

D

B C

A S

   



























²

0 2 0 2

2 ln1 sin sin2

sin 2 1

1





xdx x

x

A ¹



^{1 sin2}

 

^{ln 1 sin2}

 

₀^{2 sin2}



₀²

2 x x x

 

 

     

 

ln 4 1 2

 

Câu 5a :Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a.SA vuông góc mặt đáy và SA = 2a a/ Gọi M là trung điểm SB, V₁ là thể tích tứ diện SAMC, V₂ là thể tích tứ diện MACD. Tính tỷ số

2 1

V V . Ta

có: 2

1

.

. 

ABC S

AMC S

V

V . Gọi H là trung điểm SA . SA  (ABCD) nên MH  (ABCD) và MH SA 2

 1

.V_M.ACD V_M.ABC V_S.ABC 2

 1

 vậy: 1

2 1  V V

Câu 5b :Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AD. Gọi E là điểm đối xứng của B qua A.Ta có AEDC là hình bình hành và góc EAC bằng 135⁰, CD = a và ACa 2. AC // ED nên AC //

(SDE)  SD nên d(AC,SD) = d(AC,(SDE)) = d(A,(SDE)). Kẻ AH

 ED ( H ED)  ED(SAH)  (SED)(SAH). Kẻ AK SH  AK  (SDE) vậy AK = d(AC,SD) . Trong tam giác SAH có

2 2 2 2 2

2 4

3 2

1 4

1 1

1 1

a a a AH

SA

AK      Vậy:AK = d(AC,SD) =

3 2a

Câu 6: Cho hai số thực dương thỏa điều kiện: 3x + y ≤ 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của

x xy

A 1 1



 Giải. 13xy xxxy4⁴ x³y hay

4

4 xy  1

x xy

A 1  1 ≥ 1 2 8

2

4 3 

 y xy x

x A = 8 















 1 4 1

2 1

x xy y x

 2

 1

 y

x . Giá trị lớn nhất của A là 8 khi

2

1

 y x

Câu 7a :Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d: 2x + y = 0, qua A(–2 ; 2) và tiếp xúc : 3x – 4y + 14 = 0. Tâm I thuộc d nên I(a ; –2a). Theo giả thiết ta có AI = d(I ; d) hay

H K

E

C

D A S

Gia sư Thành Được www.daythem.com.vn

   

25 14 8 2 3

2

2 ^{2 2}  









 a a

a

a  5 5a² 12a8 11a14  a = 1

Ta được I(1; –2)  bán kính R = 5 .Phương trình đường tròn cần tìm: (x –1)² + (y +2)² = 25

Câu 8a : Cho B



5;2;2



, C



3;2;6



và (P): 2x + y + z –5 = 0. Tìm tọa độ điểm A thuộc (P) sao cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A. Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực cạnh BC, (Q) qua trung điểm của BC và có vectơ pháp tuyến là BC. Phương trình (Q): x –2z + 4 = 0.

Gọi A(a ; b; c) (P) và A(a ; b; c) (Q) nên:



















0 4 2

0 5 2

c a

c b

a 











 4 2

5 13

c a

c b

.Khi đó:A



2c4;135c;c



.AB



92c;5c15;2c



và AC 



72c;5c15;6c



Tam giác ABC vuông tại A nên: AB.AC0 



92c



72c

 

 5c15

 

²  2c



6c



0 0

200 170

30c² c  

3 4 5

 c

c có hai điểm A1



^1;^7;4



và _



 



 

3

;13 3

; 20 3 11 A2

Câu 9a :Giải phương trình: 8log₄ x² 93 2log₄



x3



² 10log₂



x3



²

Điều kiện:

 

 





















0 3

0 3 log

0 9

2 2 4

2

x x x



 























0 3

1 3

3 3

2

x x

x x

 























 3

2 4

3 3

x

x x

x x

 x4x3

Phương trình đã cho trở thành:^log₂



x³



² ^{3 log}₂



x³



² ¹⁰⁰

 log2



x3



² 2, log2



x3



²  5

 

vn  ^log2



x³



² ⁴ 



^x3



^{2 16}

 













 4 3

4 3 x

x 

 









 7 1 x

l

x Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = –7

Câu 7b :Cho (C): (x +6)² + (y –6)² = 50. M là điểm thuộc (C)(M có hoành độ ,tung độ đều dương). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M sao cho tiếp tuyến này cắt hai trục tọa độ tại A và B nhận M là trung điểm. (C) có tâm I(–6 ; 6) và bán kính R5 2

Gọi A(a ; 0) và B(0 ; b) ( ab ≠ 0) là giao điểm của tiếp tuyến cần tìm với hai trục tọa độ,suy ra _



 





;2 2

b M a , phương trình AB:  1bxayab0

 

*

b y a

x . _



 



  

 6

;2 2 6

b

IM a và AB



a;b



Theo giả thiết ta có : IM  AB và M(C) hay











 



 

 

 



 

 





 



  



 



  

50 2 6

2 6

2 0 12 2

12

2

2 b

a

b b a a

 







 



 



 



 



 









2 50 12 2

12

0 12 12

2 2

2 2

b a

b a a

b



    

   























200 12

12

0 12

2

2 b

a

b a a

b a

b 

    

     





















2 200 12

12

1 0 12

2

2 b

a

a b b

a .

   











  1 12

a b

l a b

Với ba12 thay vào (2) được:



^a12



^{2 a2 200}  a = 2  a = –14 ( loại)

Gia sư Thành Được www.daythem.com.vn

Câu 8b :Cho M(0; 0; 1), A(1 ; 0 ; 1)và B(2; –1;0). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B và khoảng cách từ M đến (P) bằng

2 2 .

Phương trình mặt phẳng qua A có dạng: a(x –1) + by + c(z –1) = 0 (a² + b² + c² > 0): hay ax + by +cz –a –c = 0

Qua B nên: 2a –b –a –c = 0 hay a = b + c. Khi đó (P): (b+c)x + by +cz –b –2c = 0

 

 

2

; P  2 M

d nên:

 

²

1

2

2 2 









c b c b

c b

Hay: 2b²4bc2c² 2b²2bc2c² 0  b = 0  c = 0 Với c = 0 a = b. Chọn b = 1  c = a. (P): x + y –1 = 0 Với b = 0 a = c. Chọn c = 1  c = a. (P): x + z –2 = 0 Câu 9b :Giaỉ bất phương trình:



^{x x}



64^x

6 3

6 log

log   Đặt: t⁶ x,



t ⁰



suy ra: x = t ⁶ Bất phương trình trở thành:

 

64 ⁶

2

6 log

log t t  t 



^{t t}



2^t 2

6 log

log  

Đặt: log₂t ut 2^u. Bật phương trình trở thành: 4^u 2^u 6^u 1 3 1 3

2  



 







 



 ^{u u}

Gọi: f

 

u ^u ^u



 







 





3 1 3

2 là hàm luôn nghịch biến nên: f

 

u  f

 

1 1  u1  log₂t1

 t 2  ⁶ x 2  0 ≤ x ≤ 64