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
xy
xy
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
xy
.
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
t2
t2 t2
t2
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
ab7
(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
+
22 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
.
x2
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
x2
( 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 x7
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)
x4
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
- Xem thêm -