Tài liệu 1000 đề thi thử môn toán – hồ xuân trọng (phần 12)

hoctoancapba.com HỒ XUÂN TRỌNG 1000 ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN NĂM 2014-2015 TẬP 12 hoctoancapba.com hoctoancapba.com TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN 43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ ĐT: 0983. 336682 ĐỀ THI THỬ SỐ 01 THÁNG 03-2015 Môn : TOÁN – BY1 – BY5 Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề ) -----------------------3 2 Câu 1 (1.0 điểm). Cho hàm số y   x  3 x (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). b) Tìm m để phương trình x3  3 x 2  m3  3m 2  0 có 3 nghiệm phân biệt. Câu 2 (1.0 điểm). a) Giải phương trình: sin 2 x  3sin x  cos 2 x  cos x  1 . b) Giải phương trình: 8 x  Câu 3 (1.0 điểm). x 1 2  2 x  81 x 1  2x 2  3 x 3 . z i  1. z i a) Tìm tập hợp số phức z thỏa mãn n b) Giả sử  2  3 x   ao  a1x  a2 x 2  ...  an 1x n 1  an x n . Tìm n biết a1  a0  2816 .  4 Câu 4 (1.0 điểm). Tính tích phân: I  cos x  1  tan 2 x dx. 0 Câu 5 (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt thẳng x 1 y z  2 . Viết phương trình mặt cầu ( S ) ( P) : x  2 y  2 z  3  0 và đường thẳng d :   2 1 1 có tâm I thuộc đường thẳng d , bán kính bằng 2 và tiếp xúc với ( P) .   600 . Câu 6 (1.0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ABC Mặt phẳng ( SAB) vuông góc với mặt đáy ( ABCD) , tam giác SAB cân tại S và mặt phẳng ( SCD) tạo với mặt đáy ABCD góc 300. Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC . Câu 7 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB  BC , đường tròn tâm D bán kính CD cắt các đường thẳng AC , AD lần lượt tại các điểm  22 7  E  ;   và F  0; 1 . Biết điểm D nằm trên đường thẳng d : x  y  7  0 . Tìm tọa độ  13 13  các đỉnh của hình chữ nhật ABCD .   Câu 8: (1.0 điểm) Giải phương trình: x 4  2 x3  x  2 x 2  x  0.  x3  x 2  2 y  1  x 2 y  y  1  Câu 9 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình:  ( x, y  R ) .  x  y  1 y  1  10 Câu 10 (1.0 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  xy  1 . Tìm x3 y3 24 xy . y 1 x 1 x  y  2 ………………………… Hết ..………………………… Cán bộ coi thi không giải thích đề thi ! giá trị lớn nhất của biểu thức P  3  3  3 hoctoancapba.com Câu 1 Gợi ý đáp án Điểm 1.0 a) 0.25 TXĐ: D  R x  0  y  0 y '  3 x 2  6 x, y '  0  3 x 2  6 x  0   x  2  y  4 Bảng biến thiên: x y' y 0 0  -  2 0 4 +  0.25 - 0  Gới hạn: lim  y   , lim  y   . x ( 1) x ( 1) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;0) và (2; ) ; đồng biến trên khoảng (0;2) . Cực trị: hàm số đạt cực tiểu tại x  0; yCÐ  0 và đạt cực đại tại x  2; yCT  4 . Đồ thị: 0,25 b) 0.5 3 2 3 Phương trình tương đương:  x  3 x   m  3m (*) Để phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt  0   m3  3m 2  4 . 3 2   m  3m  0  3  m   1;3 \ 0; 2 2  m  3m  4 2 0.25 0.25 1,0 a) Phương trình tương đương với:  cos x(2sin x  1)  (2 sin x  1)(sin 2 x  2)  0  (2sin x  1)(cos x  sin 2 x  2)  0 1  sin x    2  cos x  sin x  2  0 ( VN )    x   k 2  1 6  sin x    k Z . 2  x  5  k 2  6 b) Phương trình tương đương:  81 0,25 x 1 8 x 1  2    1  2 x 8x 1  1 0,25 4 hoctoancapba.com x 1 8  1  0  2 1 x 1  2x  0 8  8x 1  1  0  x  1  0  x  1 . 2  81 x 1  2 x  0  3  3 x  1  x 2  3 x  1  x 2  3  x  3 Vậy nghiệm của phương trình: x  1; x  3 . 0,25 3 1,0  4 I cos x  1  tan 2 x 0   4 4 0 0 Đặt t  sin x  dt  cos xdx . Đổi cận: x  0  t  0; x  2 2 I t3 1  t 2 dt  t  3  0  0,25 dx   cos3 xdx   cos x(1  sin 2 x)dx 2 2  0  4 t 2 2 2 1 5 2   2 6 2 12 4 0,25 0,5 1,0 Phương trình tương đương: z  i  z  i  x 2  ( y  1)2  x 2  ( y  1)2  x 2  ( y  1)2  x 2  ( y  1)2  y  0 . Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức là trục Ox . b) Ta có: (2  3 x )n  Cn0 2 n  Cn1 2 n 13 x  Cn2 2 n 2 (3x )2  ...  Cnk 2 n  k (3x )k  ...  Cnn (3x )n . Suy ra a0  Cn0 2 n và a1  3Cn1 2 n 1  3n  YCBT  3Cn1 2n 1  Cn0 2 n  2816  3n2n 1  2 n  2816  2 n   1   2816  n  8  2  5 2t  2 t  4  2  t 1  3   3 t  2 2 2 Với t  4  I (7;4;6) . Phương trình mặt cầu: ( S ) : ( x  7)  ( y  4)  ( z  6)2  4 Với t  2  I (5; 2;0) . Phương trình mặt cầu: ( S ) : ( x  5)2  ( y  2)2  z2  4 6 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 Gọi: I  d  I  1  t; t;2  t  Vì ( S ) tiếp xúc ( P ) nên d ( I ;( P ))  R  0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 Gọi H là trung điểm của AB .  SH  ( ABCD ) Vì ABC  600  ABC đều. a 3 Suy ra  CH  AB và CH  2 Vì AB / / CD  CH  CD   300  SH  tan 300. HI  a  SCH 2 0,25 5 hoctoancapba.com a2 3 1 1 a a 2 3 a3 3  . VABCD  SH.SABCD  . . 2 3 3 2 2 12 Ta có AD / / BC  d ( AD; SC )  d ( AD;( SBC )  d ( A;( SBC))  2 d ( H ;( SBC )) Kẻ HE  BC và HK  SE . Suy ra : d ( H ;( SBC ))  HK . SABCD  2 S ABC  1 1 1 4 16 28 a 3   2  2  2  2  HK  2 2 HK SH HI a 3a 3a 2 7 a 3 a 21 Vậy d ( AD; SC)  2 HK   7 7 0,25 0,25 0,25 7 1,0 D  d  D  a; a  7  . 2 2 22   84  2  Ta có: DE  DF   a     a    a 2   a  6   a  2  D(2; 5) 13   13   qua F(0; 1)   ( AD ) : 2 x  y  1  0 . Phương trình AD :   VTPT : n  (2;1) 0,25 qua D(2; 5)   ( DC ) : x  2 y  12  0 Phương trình DC :   VTPT : n  (1; 2) 0,25 Phương trình đường tròn tâm D bán kính DC : (C ) : ( x  2)2  ( y  5)2  20  C(6; 3) Ta có: C  DC  (C)   .  C(2; 7) Với C(6; 3) suy ra phương trình AC : 4 x  7 y  3  0 . A  AC  AD  A(1;1)  B (3;3) . Với C(2; 7) suy ra phương trình AC : 7 x  4 y  14  0 . 2 7 A  AC  AD  A  ;   (loại vì AB  BC ). Vậy A(1;1); B (3;3); C(6; 3); D(2; 5) 3 3 8 0,25 0,25 1.0 x  1 Điều kiện: x 2  x  0   . x  0  0,25  2  2  2 Phương trình tương đương: x  x x  x  1  2 x  x   x x   2   2 x x     x  x 1  2  0      2 x  2   x 0 x2  x x 2 x  0  x2  x  0   x  1   x2  x  x 2    x 1  2 0,25 0,25    2  x  1  2  x 2  x x 2  x  1  2 (1) Đặt: t  x 2  x . 0,25 t  2  0 t 2. Từ (1) suy ra t (t  1)2  2  (t  2) t 2  1  0   2 t  1  0   6 hoctoancapba.com  x  1 Với t  2  x 2  x  2  x 2  x  2  0   x  2 Vậy nghiệm của phương trình là: x  1; x  0; x  1; x  2 9 1.0  y 1  0  Điều kiện:  x  y  1  0  2 x  2 y 1  0 0,25 2 Phương trình tương đương : x 2 ( x  y )  y  1  x 2  2 y  1  x 2 ( x  y )  y x 2 y  1  x2  2y  1 x  y  0  2  xy  xy 0   2  ( x  y)  x  2 x   0 (*)   y  1  x  2 y  1    y  1  x2  2y  1 Vì y  1  0; x  y  1 nên phương trình (*) vô nghiệm. 0,25 0,25 Với x  y thay vào phương trình (2) ta được: (2 x  1) x  1  10 (3). Đặt t  x  1  0,  x  t 2  1 thay vào (3) ta được: (2t 2  3)t  10  2t 3  3t  10  0 t  2  (t  2)(2t 2  4t  5)  0   2 2t  4t  5  0 ( VN ) Với t  2  x  1  2  x  1  4  x  3  y  3 .Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (3;3) . 10 0,25 1,0 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: xy  xy . 2 x3 y3 12( x  y )   . 3 3 y 1 x 1 x  y  2 1 1 Ta có: x 3  1  ( x  1)3 ; y 3  1  ( y  1)3 . 4 4 3 3  x   y   12( x  y )  P  4       y  1   x  1   x  y  2 3  x  x y  xy y   12( x  y )  4    3      ( x  1)( y  1)  y  1 x  1   x  y  2  y  1 x  1    12( x  y ) 3xy  4 1    xy  x  y  1  x  y  2 Khi đó: P  Đặt : t  x  y . Ta có : x 2  y 2  xy  1  xy  0,25 0,25 ( x  y )2  1 t 2  1  3 3 ( x  y )2 t 2 t2 1 t2    . Vì x, y  0  0  t  2 4 4 3 4 2 t 1 12t t  1 12t 12 Suy ra P  4  4 2   4  12   4 t2 t2 t2 t2  t 1     t 1  3  Mà xy  Dấu "  " xảy ra  x  y  1 và Pmax  7 . 0,25 0,25 Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng. 7 hoctoancapba.com TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN 43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ ĐT: 0983. 336682 ĐỀ THI THỬ THÁNG 03 - 2015 Môn: TOÁN ( BY1 – BY5 Lần II ) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1: (1 điểm) Cho hàm số y  2 x 3  3  m  1 x 2  6mx  1 (1). a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  0. b. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực trị sao cho khoảng cách giữa hai điểm cực trị bằng 2. Câu 2: (1 điểm) a. Giải phương trình: cos 2 x  4sin x  1  3 sin 2 x  1. log 2  x  y   1  log 2  xy  . x  y  xy  125 5 b. Giải hệ phương trình:   /4 Câu 3: (1 điểm) Tính tích phân: I   0 x  sin x dx . cos 2 x Câu 4: (1 điểm) 2 a. Tìm số phức z thỏa mãn: 2( z  1)  z  1  (1  i ) z . b. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn:  thức Niu-tơn 1  3 x  2 14 1   . Tìm hệ số của x 9 trong khai triển nhị 2 3 Cn 3Cn n 2n . Câu 5: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z +1 = 0 và 2 2 2 mặt cầu (S): x + y + z – 4x + 6y + 6z +17 = 0. Chứng minh rằng (P) và (S) cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn (C). Tìm tâm và bán kính của (C). Câu 6 (1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy là hình thoi cạnh a ,  ABC  600 , góc giữa mặt phẳng ( A ' BD) và mặt phẳng đáy bằng 600 . Tính theo a thể tích của hình hộp và khoảng cách giữa đường thẳng CD ' và mặt phẳng ( A ' BD). Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T ) : ( x  2) 2  ( y  1) 2  4 . Gọi M là điểm mà tiếp tuyến qua M tiếp xúc với (T ) tại A , cát tuyến qua M cắt (T ) tại B và C sao cho tam giác ABC vuông cân tại B . Tìm tọa độ của điểm M để khoảng cách từ M đến O là ngắn nhất. Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích là 34, M (6; 1) là trung điểm của cạnh BC . Đường thẳng  :15 x  8 y  48  0 đi qua tâm I của hình chữ nhật và cắt AD tại một điểm trên trục Oy . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD , biết I có tung độ âm.  y  x2  2 x  2  x  y 2  6  Câu 9: ( 1 điểm) Giải hệ phương trình:  . 2 2 y  1 x  2 x  7  x  1 y  1       Câu 10: ( 1 điểm) Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biệt:  3  x  1   x  1  3  x  1  x  3  m    3  x 1 . ------------------------------- Hết -----------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ! 8 hoctoancapba.com Câu 1 Gợi ý đáp án Điểm 1.0 a) 0.5 Với m  0  y  2 x 3  3 x 2  1 . TXĐ: D  R x  0  y  1 y '  6 x 2  6 x, y '  0  6 x 2  6 x  0   x  1 y  0 Gới hạn: lim y   , lim y   . x  x  Bảng biến thiên: x y' y 0.25  + 0 0 1  1 0 - +  0  Hàm số đồng biến trên các khoảng (;0) và (1; ) ; nghịch biến trên khoảng (0;1) . Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x  0; yCÐ  1 và đạt cực tiểu tại x  1; yCT  0 . Đồ thị: 0,25 b) 0.5 2 2 Ta có: y '  6 x  6(m  1) x  6 m; y '  0  x  (m  1) x  m  0 (*) Để đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị thì (*) có 2 nghiệm phân biệt    0  (m  1)2  0  m  1 . 0.25 Gọi A, B là điểm cực trị  A(1;3m); B (m;  m3  3m 2  1)  m  0 ( n) Ta có: AB  (m  1)2  (m  1)6  2  (m  1)2  1    m  2 ( n) Vậy m  0, m  2 0.25 2 1,0 a) Phương trình tương đương với:  4sin x cos 2 x  2sin 2 x  2 3 sin x cos x  0  2sin x 2 cos 2 x  sin x  3 cos x  0   sin x  0   3 cos x  sin x  2 cos 2 x 0,25 9 hoctoancapba.com  sin x  0  x  k , k  Z .    x   6  k 2  3 cos x  sin x  2 cos 2 x  k Z .  x    k 2  18 3 x  y  0 b) Điều kiện:   xy  0 0,25  x  y  1 ( VN )  xy  2 ( x  y ) xy  2  Hệ phương trình tương đương:    x  y  2  x  y  xy  3    xy  1 x  y  2 Với   x  y  1. Vậy nghiệm của hệ là ( x, y )  (1,1)  xy  1 0,25 0,25 3 1,0  4 I  0  x  sin x 2 cos x  4 4 x dx   2 cos x 0 dx   0 sin x 2 cos x 0,25 dx  I1  I 2 u  x  du  dx  Tính I1 . Đặt:  .  1 dv  cos2 x dx  v  tan x 0,25  4  Khi đó: I1  x tan x 04   tan xdx  0  4   ln cos x 04   4  ln 2 Tính I2 . Đặt: t  cos x  dt   sin xdx . Đổi cận: x  0  t  1; x  2 2  I2    1  4 t 2 2 0,25 2 2 1 1 dt   2 1 2 t t1 Vậy I  I1  I2   4  ln 2  2  1 0.25 4 1,0 Đặt z  a  bi, a, b  R . 3a  1  a2  b2 Phương trình tương đương: 3a  1  bi  a  b  a  b i   2 2 b  a  b a  0  b  1 3 1 . Vậy z  i; z    i  3 1 a    b  10 10 10 10  b) Điều kiện: n  3 . 2 14 1 4 28 1    n  9. Ta có: 2  3   Cn 3Cn n n(n  1) n(n  1)(n  2) n 2  Ta có: 1  3 x 18  18   3   C18k  3 k 0 Hệ số của x 9 là: C189  k 2  2 2 0,25  0,25 0,25 x k . Số hạng chứa x 9 thì k  9 0,25 9 10 hoctoancapba.com 5 1,0 ( S ) có tâm I (2; 3; 3) và bán kính R  5 . 0,25 Ta có: d ( I ;( P ))  1  5  ( P ) cắt ( S ) theo giao tuyến là đường tròn (C ) Bán kính: r  R 2  d 2 ( I ;( P))  2 Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với ( P ) . x  2  t  Phương trình d :  y  3  2t  z  3  2t  0,25 0,25  5 7 11  Gọi H  d  ( P) là tâm của (C )  H  ;  ;   3 3 3  0,25 1,0 6 Vì ABC  600  ABC đều. a2 3 SABCD  2 S ABC  . 2 Gọi O là trung điểm của AB .   600  SO  BD  SOA 0,25 a 3 a 3 a 2 3 3a3 .  . VABCD  AA '.SABCD  2 2 2 4 ' ' Ta có CD / / A ' B  d (CD ;( A ' BD))  d (C;( A ' BD )  d ( A;( A ' BD )) Kẻ AH  SO . Suy ra d ( A;( A ' BD ))  AH .  AA '  tan 600. AO  0,25 0,25 1 1 1 4 4 16 a 3 a 3    2  2  2  AH   d (CD ' ;( A ' BD ))  2 2 2 AH A' A AO 3a a 3a 4 4 0,25 7 1,0 Đường tròn ( T ) có tâm I (2;1) và bán kính R 2 Vì ABC vuông cân tại B nên IA  IB  IC  2 và AM  AC  4  MI  AM 2  AI 2  2 5 0,25 11 hoctoancapba.com Suy ra M thuộc đường tròn (C ) có tâm I bán kính IM  2 5 có phương trình: (C ) : ( x  2)2  ( y  1)2  20 . 0,25 Trong tam giác IOM ta có: OM  MI  IO  OMmin  O, I , M thẳng hàng. Phương trình OI : x  2 y  0 . ( x  2)2  ( y  1)2  20 Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình:  x  2y  0  M1 (2; 1), M2 (6;3) . 0,25 Với M1 (2; 1)  OM1  5 0,25 Với M2 (6;3)  OM2  45  OM1  OM nhỏ nhất  M  M1 (2; 1) . Vậy M (2; 1) 8 1.0 Gọi N    Oy  N(0;6) và I    I (8t;6  15t ) . N ' là điểm đối xứng của N qua I . suy ra N '(16t;6  30t )   Ta có: MI  MN '  MI .MN '  0 0,25  1 t   578t 2  459t  85  0   2 t  5  17 Vì y I  0  t  1 3   I  4;   2 2   M '(2; 2)  MM '  17 qua M '(2; 2)   ( AD ) : 4 x  y  6  0 Phương trình: AD :   AD  MM ' 0,25 Ta có: SABCD  AD.MM '  34  AM '  17 4 x  y  6  0 x  1 x  3   Tọa độ A, D là nghiệm của hệ:   2 2 y  2 y  6 ( x  2)  ( y  2)  17 0,25  A(1;2); D(3; 6) hoặc A(3; 6), D(1;2) Với A(1;2); D(3; 6)  B (5;3) , C(7; 5) . 0,25 Với A(3; 6), D(1;2)  B (7; 5), C(5;3) . 9 1.0 a  x  1 Đặt:  b  y 2 2 b(a  1)  (a  1)(b  6) (1) Hệ phương trình trở thành :  2 2 a(b  1)  (b  1)(a  6) (2) a  b Lấy (1)  (2) ta được: 2ab(a  b)  (a  b)(a  b)  7(a  b)  0   2ab  (a  b)  7  0 0,25 12 hoctoancapba.com Với a  b  x  1  y thay vào phương trình đầu ta được: x  1  y  2 ( x  1)( x 2  2 x  2)  x ( x 2  2 x  7)   x  2  y  3 ab7 (3) . Với 2 ab  (a  b)  7  0  ab  2 2 Lấy (1)  (2) ta được: a 2  b 2  5(a  b)  12  0   a  b   2 ab  5(a  b)  12  0 (4) 0,25 0,25  a  b  1  ab  4 ( VN ) 2 Thay (3) vào (4) ta được:  a  b   6(a  b)  5  0    a  b  5  ab  6 a  b  5  x  1  x  2 Với    ab  6 y  3 y  2 Vậy nghiệm của hệ là: (1;2), (2;3), (1;3), (2;2) . 0,25 10 1,0 Điều kiện: 1  x  3 . x  2 Phương trình tương đương:   x  1  3  x  ( x  1)(3  x )  3  m (*) 0,25 Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 Xét hàm số f ( x )  x  1  3  x  ( x  1)(3  x )  3 trên  1;3 . 1 0,25 1 x 1 2 7   Đặt f '( x )  . f '( x )  0  x  . 2 2 x 1 2 3  x ( x  1)(3  x ) Bảng biến thiên: x -1  2 + y' y + 22 3 1 2 7 2 0 11 2 3  0,25 5  11  Vậy m  5;  \ 2  2 3  2   0,25 Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng. 13 hoctoancapba.com TTLT Đại Học Diệu Hiền 43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ ĐỀ THI THỬ THÁNG 03 – 2015 Môn : TOÁN ( LỚP BY1 – BY5 LẦN III) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) ĐT: 0983. 336.682-0949.355.366 Câu 1. (1 điểm) Cho hàm số: NỘI DUNG ĐỀ x 1 y có đồ thị  H  . x 1 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số. b. Tìm m để đường thẳng d : y   x  m cắt (H) tại hai điểm phân biệt. Câu 2. (1 điểm) a. Giải phương trình: sin 2 x  2 3 cos 2 x  2 cos x  0. 2 2 3 b. Giải phương trình: log  x  3  2log  x  3  2  0. Câu 3. (1 điểm) 3 2 a. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y  x  3 x  5 với x   3;1 . b. Tính giới hạn sau: lim x 2 x  2 2x  5 . x2 Câu 4: (1 điểm) a. Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng, 6 viên bi vàng ( các viên có kích thước giống nhau, chỉ khác nhau về màu). Người ta chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có đủ 3 màu. b. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện iz  2 z  1  i. Tìm phần ảo của số phức iz . Câu 5: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 1; -1), B(1; 1; 2), C(-1; 2; -2) và mặt phẳng (P) có phương trình x  2 y  2 z  1  0 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A, vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt đoạn BC tại I sao cho IB = 2IC. Câu 6: (1 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , SA  AB  a, AD  3a. Gọi M là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp S . ABMD và cosin góc tạo bởi hai mặt phẳng  ABCD  và  SDM  . Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm của đoạn BC, G là trọng tâm tam giác ABM, D  7;  2  là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA  GD. Viết phương trình đường thẳng AB của tam giác ABC biết đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 4 và phương trình đường thẳng AG là 3 x  y  13  0. 2 x 2  11x  15  x 2  2 x  3  x  6 . Câu 8: (1 điểm) Giải bất phương trình:  2 3 x  y  1  3 1  x  y  10  0  ( x, y   ) . Câu 9: (1 điểm) Giải hệ phương trình:  x y  3  2 2  2  1  1  log 2 x  log 2 y     Câu 10. (1 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng 4 nghiệm thực? m  x  4  x 2  2  5 x 2  8 x  24. -------------------------------- Hết ----------------------------Cán bộ coi thi không giải thích đề thi ! 14 hoctoancapba.com Câu 1 Gợi ý đáp án Điểm 2.0 a) 1.0 TXĐ: D  R \ {1} . y'  2  0, x  D . ( x  1)2 Bảng biến thiên: x y' y  0,25  1 - - 1   1 Gới hạn: lim  y   , lim y   .  TCĐ: x  1 . x (1) x (1) lim y  1 , lim y  1 .  TCN: y  1 . x  x  Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1) và (1; ) . Đồ thị: 0,25 b) 0.5 x 1   x  m . Điều kiện x  1 Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( H ) : x 1  x 2  mx  1  m  0 (1) Để d cắt ( H ) tại hai điểm phân biệt  (1) có 2 nghiệm khác 1 0.25 m  2  2 2 m 2  4m  4  0   0    .  g (1)  0  m  2  2 2 2  0 0.25 2 1,0 a) Phương trình tương đương với:  cos x  0 2 cos x sin x  3 cos x  1  0   sin x  3 cos x  1   cos x  0  x  0,25   2 0,25  k , k  Z . 15 hoctoancapba.com   x   k 2   1  2  sin x  3 cos x  1  sin  x      k Z . 3 2   x  7  k 2  6 b) Điều kiện: x  3 .  log( x  3)  1 2 Phương trình tương đương: 4 log ( x  3)  6 log( x  3)  2  0    log( x  3)   1 2  31  log( x  3)  1  x  . 10 1 1  log( x  3)    x  3  2 10 0,25 0,25 3 1,0  x  0 ( n)  x  2 ( n )  y(0)  5 ; y(2)  9 ; y(3)  5 ; y(1)  9 Vậy: max y  y(2)  y(1)  9 ; min y  y(0)  y(3)  5 a) Ta có: y '  3x 2  6 x, y '  0    3;1 0,25 0,25 3;1 x  2 2x  5 x 2  8 x  20 ( x  2)( x  10)  lim  lim x 2 x 2 x 2 x2 ( x  2) x  2 2 x  5 ( x  2) x  2 2 x  5 b) Ta có: lim   lim x 2  x  10  x  2 2x  5   0,25  3 0.25 4 1,0 4 15 a) Số phần tử của không gian mẫu: n()  C  1365 . Các trường hợp chọn được 4 viên có đủ 3 màu là:  2 đỏ, 1 trắng, 1 vàng: C42 C51C61  180 0,25  1 đỏ, 2 trắng, 1 vàng: C41C52 C61  240  1 đỏ, 1 trắng, 2 vàng: C41C51C62  300 Số cách chọn ra 4 viên có đủ 3 màu là: 180+240+300=720 cách. Do đó số cách chọn 4 viên không đủ 3 màu là: 1365  720  645 cách. 645 43  Vậy xác suất cần tìm: P  . 1365 91 b) Đặt z  a  bi, a, b  R . 2 a  b  1  0 Phương trình tương đương: 2 a  b  1  (a  2b  1)  0    a  b 1 a  2b  1  0 Vậy z  1  i  iz  1  i  phần ảo của số phức iz bằng 1. 5 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25   IB  2 IC  IB  2 IC  1 5 2 Suy ra I   ; ;    3 3 3   4 2 1   AI    ; ;  / / u  (4;2;1)  3 3 3    nP   nQ ; u  (6; 9; 6) 0,25 0,25 Phương trình ( P ) : 2 x  3y  2 z  3  0 6 0,25 1,0 16 hoctoancapba.com SABMD  ( AD  BM ). AB 9a  2 4 2 0,25 1 1 9a2 3a3 VS . ABMD  SA.SABMD  a.  3 3 4 4 0,25 . Kẻ AK  DM  SK  DM  ( ABCD), ( SDM )  SKA Ta có: SADM  SABCD  2 SABM  3a3  3a 2 3a2  2 2 0,25 2 DM  CD 2  CM 2  a2  2S 6 a 13 9a a 13  AK  ADM   DM 13 4 2 7a 13 13 AK 6    Suy ra: cos SKA SK 7  SK  SA2  AK 2   0,25  7 1,0 Vì ABC vuông cân tại A nên MA  MB  MC  MAB vuông cân   450 tại M  MBD Do GB  GA  GD suy ra ABD nội tiếp đường tròn tâm G bán kính GA .   2 ABD   900 do đó AG  GD  AGD 0,25 qua D(7; 2) Phương trình: GD :   GD : x  3y  1  0  GD  AG : 3 x  y  13  0 G  AG  GD  G (4; 1) Ta có: A  AG  A(a;3a  13) . 0,25  a  5  A(5;2) Do GA  GD  (a  4)2  1    a  3  A(3; 4) Vì x A  4 nên ta nhận A(3; 4) 17 hoctoancapba.com  2  9 1 Gọi I là trung điểm của BM . Ta có AG  AI  I  ;  3 2 2 qua D(7; 2)     5 5    BC : x  y  5  0 Phương trình: BC :  VTCP : u  DI    ;   n  (1;1)   2 2  0,25  Phương trình: AM : x  y  7  0 M  AM  BC  M (6; 1) I là trung điểm của BM  B (3;2) qua B (3;2)    Phương trình: AB :   VTCP : u  AB  (0;6)  n  (1;0)  AB : x  3  0 0,25 8 1.0 2 x 2  11x  15  0  x  3 Điều kiện:  2 .  x  1  x  2 x  3  0 ( x  3)(2 x  5)  ( x  3)( x  1)  x  6 (*) Phương trình tương đương: Xét x  3 : (*)   x  3 0,25   2 x  5)  1  x  (1  x )  (2 x  5)   x  3  1  x  2 x  5  2 ( x  3)(2 x  5)  2 x  9 2 x  9  0 2 x  9  0  hay  2 ( x  3)(2 x  5)  0 4( x  3)(2 x  5)  (2 x  9) 0,25 7  9  x  9 2 x7  x  2 2 2  3 x  2 Xét x  1 : (*)  x  3   2 x  5)  x  1  (2 x  5)  ( x  1)  x  3  2 x  5)  x  1  2 ( x  3)( x  1)  3  x  0,25 3 2 7  x   2 Vậy nghiệm của bất phương trình là  x  3  2 0,25 9 1.0  x, y  0 Điều kiện:  . Phương trình thứ hai tương đương: 1  x  y  0   2 1 2x  log2 (2 x )  t 2  1  log 2 t trên khoảng (0; ) . t Ta có:  2  1  log2 y  f (2 x )  f ( y ) .  f '(t )   2  1 ln  Xét hàm số f (t )    0,25 y  2 1  1  0, t  0 , t ln 2 0,25 18 hoctoancapba.com  f (t ) nghịch biến trên khoảng (0; )  2x  y Với y  2 x thay vào phương trình thứ nhất ta được: 2 3 3x  1  3 x  1  10  0 (*) 2 3 Xét hàm số f ( x )  2 3 3 x  1  3 x  1  10  f '( x )    0, x  1 . 3. 3 (3x  1)2 2 x  1  f ( x ) đồng biến trên (1; ) mà f (3)  0  x  3 là nghiệm duy nhất của (*) 0,25 Với x  3  y  6 . Vậy nghiệm của hệ là: (3;6) . 0,25 10 1,0 Phương trình tương đương: m( x  4) x 2  2  ( x  4)2  4( x 2  2) x4 2  4x 1  t'  Đặt t  , t'  0  x  . 2 2 2 2 x 2 ( x  2) x  2 Bảng biến thiên: x 1 2 0 3  t' t 0,25  -1  1  t  3 . 1 4 (1). t Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt  phương trình (1) có 2 nghiệm trên (1;3) . 4 Xét hàm số f (t )  t  . t 4 f '(t )  1  2 , f '(t )  0  t  2 t Bảng biến thiên: Khi đó, phương trình trở thành : mt  t 2  4  m  t  x y' y -2  -1 0 - 1  -5 2 - 0 Vậy 4  m   + 0,25 13 3 5  3 0,25 4 13 3 0,25 Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng. 19 hoctoancapba.com TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN 43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ ĐT: 0983. 336682 Câu 1: (1,0 điểm) Cho hàm số y  ĐỀ THI THỬ THÁNG 03 NĂM 2014 - 2015 Môn : TOÁN ( LỚP BY1 – BY5 LẦN IV ) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ------------------------ x 1 (1) và đường thẳng d : y   x  m . x 1 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1). b. Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời các tiếp tuyến của (C ) tại A và B song song với nhau. Câu 2: (1,0 điểm) a. Giải phương trình: sin 2 x  2sin x  1  cos 2 x . 2 b. Giải phương trình: log 3 x  4log 3 (3 x )  7  0 . e  Câu 3: (1,0 điểm) Tính tích phân I   x   1 1  ln xdx . x Câu 4: (1,0 điểm) a. Lập tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Chọn ngẫu nhiên 1 số trong các số lập được. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 9. b. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện: 2  z  1  3z   i  1 i  2  . Tìm môđun của z . Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x  y  2 z  1  0 và điểm A(3;0; 2) . Viết phương trình mặt cầu ( S ) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) . Tìm tọa độ tiếp điểm của ( S ) và ( P ) . Câu 6: (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại A và AB  2a, AC  2a 3 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm H của cạnh AB . Góc giữa hai mặt 0 phẳng ( SBC ) và ( ABC ) bằng 30 . Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABC và khoảng cách từ trung điểm M của cạnh BC đến mặt phẳng ( SAC ) . Câu 7: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có hai đáy AD , BC ,  7 13   và 4 AD  9 BC . Giao điểm của hai đường chéo AC , BD là E  4; 2  . Đỉnh B thuộc 4 2  đường thẳng 3 x  2 y  1  0 và trung điểm M của đoạn BC thuộc đường thẳng x  2  0 . Tìm tọa độ đỉnh A  ; các đỉnh B , C , D của hình thang ABCD . 2 2 Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elíp  E  : x  4 y  32 và điểm M(4; 1). Viết phương trình đường thẳng (  ) đi qua điểm M và cắt elip (E) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AM = 3MB.  y  1 2  3 x  2 3  1  y 3 x  2  3 xy     Câu 9: (1 điểm) Giải hệ phương trình:  . 3 2  x  3 x  12 x   3 x  1 y  6  0 Câu 10: (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P a b c 8abc   2  . b c a  a  b  b  c  c  a  ---------------------------------Hết------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích đề thi ! 20