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.; * xlim 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 hay m 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 sin3x6 3

(1)

∑ = 1

(1) cos x sin 3x cos 2x 06 3

cos x cos 3x cos 2x 0

6 2 3

2 cos 2x cos x cos 2x 03 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 k23 6

x k2 hay x k2

6 2

.

0,25

(b) 2x k2 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) 2x 2y 3 2 2 y3 x 3 y 1

2x 2y 3 2 2 y3 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) = 3tln3 + 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 2x x 1 5x 2 7 x(x 1) x 1

2 32x 5x 1 7 x 1 2 22(x x 1) 3(x 1) 7 (x 1)(x x 1) (1a).

0,25

Đặt A = x 1 và B = 2x 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

2x sin x (3x 2) cos xdx

x sin x cos x

. ∑ = 1

www.VNM

ATH.com

THPT Chuyên LÊ HỒNG PHONG – TP Hồ Chí Minh

I = 2

0

2x sin x (3x 2) cos xdx

x sin x cos x

= 2

0

3x cos x2 dx

x sin x cos x

0,25

= 22

0 0

(x sin x cos x)'2x 3 dx

x sin x cos x

0,5

= + 2

03 ln x sin x cos x

= 3(ln ln1)2

= 3 ln

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

1S .SH

3 =

1AB.BC.SH

3= 31 a 6

.a 6.3a 3a3 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 6a3a.a 6 HK. 9a

4

423a 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 cc a a c ac c a 2 . a c a

4

≤

3

ca c a

223

=

3 3c 1 1

2 2.2 2 4

.

0,5

Dấu "=" xảy ra

ca

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

2x 16

3y 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 3hay

x 5 x 4

C(5; 0).

0,5

E

HDA

B C

S

K

I

www.VNM

ATH.com

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 3hay

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 22 a a b (2a 2b)

2a2 = 5a2 – 8ab + 5b2 3a2 – 8ab + 5b2 = 0

a b

5ba

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

2s(D,AC) DE AD

2 2 2 2

4b 7(b 5) 28 4.2 7.5 282

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 42BA (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

www.VNM

ATH.com

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 23 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

9A cách chọn. Do đó:

Số phần tử của S là 9. 4

9A = 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 4C .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 4C 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 4C .C cách;

Xếp 5 số được chọn vào các vị trí m,n,p,q, r có 5! cách.

TH2 có 2 3

5 4C C .5! = 4800.

0,25

Vậy |A| = 5760 + 4800 = 10560. Do đó P(A) = 10560 220

27216 567 .

0,25

www.VNM

ATH.com