17 đề thi và đáp án toán 12

Chia sẻ: Trần Bá Trung4 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:55

2
535
lượt xem
335
download

17 đề thi và đáp án toán 12

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

17 đề thi và đáp án toán 12 nhằm giúp các em học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập một cách thuận lợi và tự kiểm tra đánh giá kết quả học tập của mình

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: 17 đề thi và đáp án toán 12

  1. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 1 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  f ( x)  8x 4  9x 2  1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình 8cos4 x  9cos2 x  m  0 với x [0;  ] . Câu II (2 điểm) log x  1 3 1. Giải phương trình:  x  2   x    x2  2  x  y  x 2  y 2  12  2. Giải hệ phương trình:   y x 2  y 2  12  Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường y | x 2  4 x | và y  2 x . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm       4sin3xsinx + 4cos  3x -  cos  x +   cos 2  2x +   m  0  4  4  4 PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x  y  1  0 và phân giác trong CD: x  y 1  0 . Viết phương trình đường thẳng BC.  x  2  t  2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số  y  2t  z  2  2t  .Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua  , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng 1 1 1 5    xy  1 yz  1 zx  1 x  y  z 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng  có phương trình tham số  x  1  2t   y  1  t .Một điểm M thay đổi trên đường thẳng  , xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị  z  2t  nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh  1 1 2  b c a     2  3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b ----------------------Hết----------------------
  2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1 Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 1,00 + Tập xác định: D   0,25 + Sự biến thiên:  Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x   y '  32x  18x = 2x 16x 2  9  3 x  0 0,25 y'  0   x   3  4  Bảng biến thiên. 0,25  3 49 3 49 yCT  y      ; yCT  y     ; yC§  y  0   1  4 32 4 32  Đồ thị 0,25 2 1,00 Xét phương trình 8cos x  9cos x  m  0 với x [0;  ] (1) 4 2 Đặt t  cosx , phương trình (1) trở thành: 8t 4  9t 2  m  0 (2) 0,25 Vì x [0;  ] nên t [1;1] , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau. Ta có: (2)  8t 4  9t 2  1  1  m (3) Gọi (C1): y  8t 4  9t 2  1 với t [1;1] và (D): y = 1 – m. 0,25 Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D). Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền 1  t  1. Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: 81  m : Phương trình đã cho vô nghiệm. 32 81 0,50 1. m  : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. 32
  3. 81  1 m  : Phương trình đã cho có 4 nghiệm. 32  0  m 1 : Phương trình đã cho có 2 nghiệm.  m0 : Phương trình đã cho có 1 nghiệm.  m
  4. Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là 1,00 S   5;3 ,  5; 4  III 0,25 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y | x  4 x | (C ) và  d  : y  2 x 2 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): x  0 x  0 x  0  2  2 | x  4 x | 2 x    x  4 x  2 x    x  6 x  0   x  2 2   2  2  0,25  x  4 x  2 x  x  2x  0 x  6 Suy ra diện tích cần tính:  x   x  2 6 S 2  4 x  2 x dx  2  4 x  2 x dx 0 2 2 Tính: I   | x 2  4 x | 2 x  dx 0 2 0,25 Vì x  0; 2 , x 2  4 x  0 nên | x2  4 x |  x 2  4 x  I     x 2  4 x  2 x  dx  4 0 3 6 Tính K   | x 2  4 x | 2 x  dx 2 Vì x   2; 4 , x 2  4 x  0 và x   4;6 , x 2  4 x  0 nên 0,25 4 6 K    4 x  x 2  2 x  dx    x 2  4 x  2 x  dx  16 . 2 4 4 52 1,00 Vậy S   16  3 3 IV 0,25 0,25 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của  AB  IC AB, A’B’. Ta có:   AB   CHH '   ABB ' A '   CII ' C '  AB  HH ' Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K  II ' .
  5. Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 x 3 1 x 3 I ' K  I ' H '  I 'C '  ; IK  IH  IC  3 6 3 3 0,25 x 3 x 3 Tam giác IOI’ vuông ở O nên: I ' K .IK  OK 2  .  r 2  x 2  6r 2 6 3 Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V  h 3 B  B ' B.B '  2 2 2 0,25 Trong đó: B  4x 3  x 2 3  6r 2 3; B '  x 3  3r 3 ; h  2r 4 4 2 2r  2 3r 2 3 3r 2 3  21r 3. 3 Từ đó, ta có: V   6r 3   6r 2 3.  0,25 3 2 2  3   V 1,00 Ta có: +/ 4sin3xsinx = 2  cos2x - cos4x  ;         +/ 4cos  3x -  cos  x +   2 cos  2x -   cos4x   2  sin 2x + cos4x   4  4   2     1    1 +/ cos 2  2x +   1  cos  4x +    1  sin 4x  0,25  4  2  2  2 Do đó phương trình đã cho tương đương: 1 1 2  cos2x + sin2x   sin 4x + m -  0 (1) 2 2   Đặt t  cos2x + sin2x = 2cos  2x -  (điều kiện:  2  t  2 ).  4 Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1 . Phương trình (1) trở thành: 2 t 2  4t  2m  2  0 (2) với  2  t  2 (2)  t 2  4t  2  2m 0,25 Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( D) : y  2  2m (là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): y  t 2  4t với  2  t  2 . Trong đoạn   2; 2  , hàm số y  t 2  4t đạt giá trị nhỏ nhất là 2  4 2 tại t   2 và   0,25 đạt giá trị lớn nhất là 2  4 2 tại t  2 . Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2  4 2  2  2m  2  4 2 0,25  2 2  m  2 2 . VIa 2,00 1 1,00 Điểm C  CD : x  y  1  0  C  t;1  t  .  t 1 3  t  Suy ra trung điểm M của AC là M  ; .  2 2  0,25  t 1  3  t 0,25 Điểm M  BM : 2 x  y  1  0  2    1  0  t  7  C  7;8  2  2 Từ A(1;2), kẻ AK  CD : x  y  1  0 tại I (điểm K  BC ). 0,25 Suy ra AK :  x  1   y  2   0  x  y  1  0 .
  6.  x  y 1  0 Tọa độ điểm I thỏa hệ:   I  0;1 . x  y 1  0 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K  1;0  . x 1 y Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:   4x  3 y  4  0 7  1 8 2 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng  , thì ( P) //( D) hoặc ( P)  ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH  IA và IH  AH . d   D  ,  P    d  I ,  P    IH  Mặt khác  H   P   Trong mặt phẳng  P  , IH  IA ; do đó maxIH = IA  H  A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A.     Vectơ pháp tuyến của (P0) là n  IA   6;0; 3 , cùng phương với v   2;0; 1 . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2  x  4   1.  z  1  2x - z - 9 = 0 . VIIa Để ý rằng  xy  1   x  y   1  x 1  y   0 ;  yz  1  y  z và tương tự ta cũng có  0,25  zx  1  z  x Vì vậy ta có: 1,00  1 1 1  x y z  x  y  z      111  xy  1 yz  1 zx  1  yz  1 zx  1 xy  1 x y z    3 yz  1 zx+y xy  z  1 z y   x     5 vv  yz  1 zx  y xy  z   z y   x 1   5  z y yz 5
  7.  Ta có: AB   1; 2   AB  5 . Phương trình của AB là: 2 x  y  2  0 . I   d  : y  x  I  t; t  . I là trung điểm 0,25 của AC và BD nên ta có: C  2t  1; 2t  , D  2t; 2t  2  . 4 Mặt khác: S ABCD  AB.CH  4 (CH: chiều cao)  CH  . 0,25 5  4 5 8 8 2 | 6t  4 | 4 t  3  C  3 ; 3  , D  3 ; 3  Ngoài ra: d  C; AB   CH        5 5 t  0  C  1;0  , D  0; 2   0,50 5 8 8 2 Vậy tọa độ của C và D là C  ;  , D  ;  hoặc C  1;0  , D  0; 2   3 3 3 3 2 1,00 Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.  x  1  2t  Đường thẳng  có phương trình tham số:  y  1  t .  z  2t  Điểm M  nên M  1  2t;1  t; 2t  . 0,25  2  2t    4  t    2t   3t    2 AM   9t 2  20   2 5 2 2 2 2  4  2t    2  t    6  2t   3t  6    2 BM   9t 2  36t  56   2 5 2 2 2 2  3t     3t  6    2 2 AM  BM   2 5  2 5  2 2   Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u  3t; 2 5 và v  3t  6; 2 5 .       3t    2 | u |  2 5 2  Ta có   | v |  3t  6    2  2 5 2  0,25        Suy ra AM  BM | u |  | v | và u  v  6; 4 5 | u  v | 2 29         Mặt khác, với hai vectơ u, v ta luôn có | u |  | v || u  v | Như vậy AM  BM  2 29   Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u, v cùng hướng 3t 2 5    t 1 0,25 3t  6 2 5  M 1;0; 2  và min  AM  BM   2 29 . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2  11  29  0,25 VIIb 1,00
  8. a  b  c  Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b  c  a . c  a  b  ab ca Đặt  x,  y, a  z  x, y, z  0   x  y  z, y  z  x, z  x  y . 2 2 0,50 Vế trái viết lại: ab ac 2a VT    3a  c 3a  b 2a  b  c x y z    yz zx x y 2z z Ta có: x  y  z  z  x  y  z   2 z  x  y    . x yz x y x 2x y 2y Tương tự:  ;  . yz x yz zx x yz 0,50 x y z 2 x  y  z Do đó:     2. yz zx x y x yz  1 1 2  b c Tức là: a      2  3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-CAO ĐẲNG-ĐỀ SỐ 2 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  f ( x)  x 4  2 x 2 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm điều kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau. Câu II (2 điểm) 1 2  cos x  sin x  1. Giải phương trình lượng giác:  tan x  cot 2 x cot x  1 1 2. Giải bất phương trình: log3 x 2  5 x  6  log 1 x  2  log 1  x  3 3 2 3  Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I   cos 2 x  sin 4 x  cos 4 x  dx 2 0 Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ. Câu V (1 điểm) Cho phương trình x  1  x  2m x 1  x   2 4 x 1  x   m3 Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng  định bởi: (C ) : x2  y 2  4 x  2 y  0;  : x  2 y 12  0 . Tìm điểm M trên  sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 600. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
  9. Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu? 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng 9  d  : x  y  3  0 và có hoành độ xI  , trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa 2 độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là (S ) : x2  y 2  z 2  4 x  2 y  6 z  5  0, ( P) : 2 x  2 y  z  16  0 . Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng. Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là những số dương thỏa mãn: a 2  b2  c2  3 . Chứng minh bất đẳng thức 1 1 1 4 4 4    2  2  2 ab bc ca a 7 b 7 c 7 ----------------------Hết---------------------- ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 2 Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 1,00 + MXĐ: D   0,25 + Sự biến thiên  Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x  x  0 0,25  y '  4 x3  4 x  4 x  x 2  1 ; y '  0    x  1  Bảng biến thiên 0,25 yCT 1  y  1  1; yCT 2  y 1  1; yC§  y  0   0  Đồ thị 0,25 2 1,00 Ta có f '( x)  4 x  4 x . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B. 3 Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là k A  f '(a)  4a3  4a, kB  f '(b)  4b3  4b Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:
  10. y  f '  a  x  a   f  a   f '  a  x  f (a)  af'  a  ; y  f '  b  x  b   f  b   f '  b  x  f (b)  bf'  b  Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi: k A  kB  4a 3  4a = 4b3  4b   a  b   a 2  ab  b2  1  0 (1) Vì A và B phân biệt nên a  b , do đó (1) tương đương với phương trình: a 2  ab  b2  1  0 (2) Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau  2 a  ab  b  1  0 2 a 2  ab  b2  1  0   a  b   4  ,  f  a   af '  a   f  b   bf '  b  3a  2a  3b  2b 2 4 2   Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là  1; 1 và 1; 1 . Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là a 2  ab  b 2  1  0  a  1 a  b  II 2,00 1 1,00 cos x.sin 2 x.sin x.  tan x  cot 2 x   0  Điều kiện:  0,25 cot x  1  1 2  cos x  sin x  cos x.sin 2 x Từ (1) ta có:    2 sin x sin x cos 2 x cos x cos x 0,25  1 cos x sin 2 x sin x  2sin x.cos x  2 sin x    x   k 2 2 0,25  cos x   4 k    2  x     k 2   4  Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là x    k 2  k    0,25 4 2 1,00 Điều kiện: x  3 0,25 Phương trình đã cho tương đương: log3  x 2  5 x  6   log31  x  2   log 31  x  3 1 1 1 2 2 2 0,25  log3  x 2  5 x  6   log3  x  2    log 3  x  3 1 1 1 2 2 2  log3  x  2  x  3  log3  x  2   log3  x  3    x2  log3  x  2  x  3   log3      x3 0,25 x2   x  2  x  3  x3
  11.  x   10  x2  9  1    x  10  Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x  10 0,25 III 1,00 1 1,00   1  2 I   cos 2 x 1  sin 2 2 x  dx 0  2   0,50 1  1 2  2 1  sin 2 x  d  sin 2 x  2  2  0    2 1 12 d  sin 2 x    sin 2 2 xd  sin 2 x  2  0 40   1 1  sin 2 x| 2  sin 3 2 x| 2  0 2 0 12 0 0,50 IV 1,00 Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó OM  AB và O ' N  CD . Giả sử I là giao điểm của MN và OO’. Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó: IOM vuông cân tại O nên: 0,25 2 h 2a 2 OM  OI  IM   h a. 2 2 2 2 2 2 a a 2 a a 2 2 2 3a 2 Ta có: R  OA  AM  MO      2 2 2    2  0,25 2  4    4 8 8 3a 2 a 2 3 2 a3  V   R 2h   . .  , 0,25 8 2 16 a 3 a 2 3 a 2 và S xq  2 Rh=2 . .  . 0,25 2 2 2 2 V 1,00 Phương trình x  1  x  2m x 1  x   2 4 x 1  x   m (1) 3 Điều kiện : 0  x  1 Nếu x   0;1 thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì cần có 1 1 0,25 điều kiện x  1  x  x  . Thay x  vào (1) ta được: 2 2 1 1 m  0 2.  m  2.  m3   2 2 m  1
  12. * Với m = 0; (1) trở thành:   1 2 4 x  4 1 x 0 x 0,25 2 Phương trình có nghiệm duy nhất. * Với m = -1; (1) trở thành x  1  x  2 x 1  x   2 4 x 1  x   1     x  1  x  2 4 x 1  x   x  1  x  2 x 1  x   0      2 2  4 x  4 1 x x  1 x 0 0,25 1 + Với 4 x  4 1 x  0  x  2 1 + Với x  1  x  0  x  2 Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất. * Với m = 1 thì (1) trở thành: x  1  x  2 4 x 1  x   1  2 x 1  x       2 2 4 x  4 1 x x  1 x 1 0,25 Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm x  0, x  nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm 2 duy nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1. VIa 2,00 1 1,00 Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R  5 . Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra IM  2R=2 5 . 0,25 Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình:  x  2    y  1  20 . 2 2 Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng  , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình:  x  2 2   y  12  20 (1)   0,25  x  2 y  12  0 (2)  Khử x giữa (1) và (2) ta được: x  3  2 y  10    y  1  20  5 y  42 y  81  0   27 0,25 2 2 2 x   5  9  27 33  Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M  3;  hoặc M  ;  0,25  2  5 10  2 1,00 Ta tính được AB  CD  10, AC  BD  13, AD  BC  5 . 0,25 Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này. 0,25 3 3 14 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là G  ;0;  , bán kính là R  GA  . 0,50 2 2 2 VIIa 1,00
  13. Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : C18 . 9 0,25 Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là: + Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8. 9 + Không có bi xanh: có C13 cách. 0,25 9 + Không có bi vàng: có C15 cách. Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có C10 cách chọn 9 viên bi 9 đỏ được tính hai lần. 0,50 Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: C10  C18  C13  C15  42910 cách. 9 9 9 9 VIb 2,00 1 1,00 9 9 3 I có hoành độ xI  và I   d  : x  y  3  0  I  ;  2 2 2 Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0) 9 9 AB  2 IM  2  xI  xM    yI  yM   2   3 2 2 2 4 4 S 12 S ABCD  AB. AD = 12  AD = ABCD   2 2. AB 3 2  AD   d   0,50  , suy ra phương trình AD: 1.  x  3  1.  y  0  0  x  y  3  0 .  M  AD  Lại có MA = MD = 2 . Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình: x  y  3  0   y  x  3   y  x  3       x  3  y  2  x  3  y  2  x  3   3  x   2 2 2 2 2 2 2    y  3 x x  2 x  4   hoặc  .Vậy A(2;1), D(4;-1),  x  3  1  y  1  y  1  xA  xC  9 3  xI  2   xC  2 xI  x A  9  2  7 I  ;  là trung điểm của AC, suy ra:   2 2  y  y A  yC  yC  2 yI  y A  3  1  2 0,50  I  2 Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1). 2 1,00 Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): 2.2  2.  1  3  16 d  d  I ,  P   0,25  5 d  R. 3 Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2. Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S). Gọi  là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N 0 là giao điểm của  và (P).  Đường thẳng  có vectơ chỉ phương là n P   2; 2; 1 và qua I nên có phương trình là 0,25  x  2  2t   y  1  2t  t    . z  3  t 
  14. Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình: 15 5 2  2  2t   2  1  2t    3  t   16  0  9t  15  0  t    9 3 0,25  4 13 14  Suy ra N 0   ;  ;  .  3 3 3  3   Ta có IM 0  IN 0 . Suy ra M0(0;-3;4) 0,25 5 VII 1,00 b 1 1 4 Áp dụng bất đẳng thức   ( x  0, y  0) x y x y 0,50 1 1 4 1 1 4 1 1 4 Ta có:   ;   ;   a  b b  c a  2b  c b  c c  a a  b  2c c  a a  b 2a+b+c Ta lại có: 1 2 2  2  2  2a 2  b 2  c 2  4  4a  2b  2c  0 2a  b  c 2a  b  c  4 a  7 2 2  2  a  1   b  1   c  1  0 2 2 2 1 2 1 2 0,50 Tương tự:  2 ;  2 2b  c  a b  7 2c  a  b c  7 1 1 1 4 4 4 Từ đó suy ra    2  2  2 ab bc ca a 7 b 7 c 7 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG- ĐỀ SỐ 3 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  f ( x)  mx3  3mx2   m  1 x  1 , m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của m để hàm số y  f ( x) không có cực trị. Câu II (2 điểm) sin x  cos x 4 4 1 1. Giải phương trình :   tan x  cot x  sin 2 x 2 2. Giải phương trình: log 4  x  1  2  log 4  x  log 8  4  x  2 3 2 3 2 dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân A   x 1 x 2 1 2 Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho.  2 x  7x  6  0 Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm  2  x  2  m  1 x  m  3  0  PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm)
  15. 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng  P  : x  2 y  2z + 5 = 0;  Q  : x  2 y  2z -13 = 0. Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q). Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:  4 5 2 Cn 1  Cn 1  4 An  2 3   (Ở đây Ank , Cnk lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử) C n  4  7 A3  n 1 15 n 1  2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): x 2  y 2  2 x  4 y  8  0 .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. x 1 y 3 z x 5 y z 5 2. Cho mặt phẳng (P): x  2 y  2 z  1  0 và các đường thẳng d1 :   ; d2 :   . 2 3 2 6 4 5 Tìm các điểm M  d1 , N  d 2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2. 1 Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số f ( x)  ln và giải bất phương trình 3  x 3  6 t  2 sin dt 2 f '( x )  0 x2 ----------------------Hết---------------------- ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 3 Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 1,00 Khi m = 1 ta có y  x3  3x 2  1 0,25 + MXĐ: D   + Sự biến thiên:  Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x   x  2 0,25  y '  3x 2  6 x ; y '  0   x  0  Bảng biến thiên 0,25 yC§  y  2   3; yCT  y  0   1
  16.  Đồ thị 0,25 2 1,00 + Khi m = 0  y  x  1, nên hàm số không có cực trị. 0,25 + Khi m  0  y '  3mx2  6mx   m  1 0,50 Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi y '  0 không có nghiệm hoặc có nghiệm kép 1   '  9m2  3m  m  1  12m2  3m  0  0  m  4 0,25 II 2,00 1 1,00 sin 4 x  cos 4 x 1   tan x  cot x  (1) sin 2 x 2 0,25 Điều kiện: sin 2 x  0 1 1  sin 2 2 x 2 1  sin x cos x  (1)      0,25 sin 2 x 2  cos x sin x 
  17. 1 1  sin 2 2 x 2 1 1    1  sin 2 2 x  1  sin 2 x  0 sin 2 x sin 2 x 2 0,50 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 2 1,00 log 4  x  1  2  log 4  x  log8  4  x  (2) 2 3 2 x 1  0  4  x  4 0,25 Điều kiện: 4  x  0   4  x  0  x  1  (2)  log 2 x  1  2  log 2  4  x   log 2  4  x   log 2 x  1  2  log 2 16  x 2  0,25  log 2 4 x  1  log 2 16  x 2   4 x  1  16  x 2 + Với 1  x  4 ta có phương trình x2  4 x  12  0 (3) ; x  2 0,25 (3)    x  6  lo¹ i  + Với 4  x  1 ta có phương trình x2  4 x  20  0 (4);  x  2  24  4    x  2  24  lo¹i  0,25  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  2 hoặc x  2 1  6   III 1,00 dx tdt Đặt t  1  x 2  t 2  1  x 2  2tdt  2 xdx   2 x x dx tdt tdt    x 1  t 2 t 2 1 + Đổi cận: 0,50 1 3 x t  2 2 3 1 x t  2 2 1 3 2 dt 2 dt 1 t  1 23 1  7  4 3  A  t 2 1   1  t 2 2 1  t |12  2 ln  3   ln   0,50 3 1   2 2 IV 1,00
  18. Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OE  AB, SE  AB , suy ra  SOE   AB . Dựng OH  SE  OH   SAB  , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1. Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có: 0,25 1 1 1 1 1 1 1 8 2  2  2  2  2  2  1  OH SO OE OE OH SO 9 9 9 3  OE 2   OE  8 2 2 9 81 9 SE 2  OE 2  SO 2   9   SE  8 8 2 2 1 2S 36 S SAB  AB.SE  AB  SAB  8 2 2 SE 9 2 2 0,25 2 1  9  9 265  2 OA2  AE 2  OE 2   AB   OE 2  4 2   32   2  8 8 8 1 1 265 265 Thể tích hình nón đã cho: V   .OA2 .SO   .3   0,25 3 3 8 8 Diện tích xung quanh của hình nón đã cho: 265 337 337 SA2  SO 2  OA2  9    SA  8 8 8 0,25 265 337 89305 S xq   .OA.SA   .  8 8 8 V 1,00  x 2  7 x  6  0 (1)  Hệ bất phương trình  2  x  2  m  1 x  m  3  0 (2)  0,25 1  1  x  6 . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại x0  1;6 thỏa mãn (2). x2  2 x  3  2   x2  2 x  3   2 x  1 m   m (do x  1;6  2 x  1  0)  2 x  1 0,25 x2  2x  3 Gọi f ( x)  ; x  1;6 2x 1 Hệ đã cho có nghiệm  x0  1;6 : f ( x0 )  m 2 x2  2 x  8 2  x2  x  4 1  17 f ' x   ; f '  x   0  x2  x  4  0  x  0,25  2 x  1  2 x  1 2 2 2 1  17 Vì x  1;6 nên chỉ nhận x  2 2 27  1  17  3  17 Ta có: f (1)  , f (6)  , f   3 13   2   2 27 Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max f ( x)  0,25 13 27 Do đó x0  1;6 : f ( x0 )  m  max f ( x)  m  m x1;6 13
  19. VIa 2,00 1 1,00 4 x  3 y  4  0  x  2 Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình:    A  2; 4  0,25 x  2 y  6  0 y  4 4 x  3 y  4  0 x  1 Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình    B 1;0  0,25  x  y 1  0 y  0 Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: a  x  2  b  y  4   0  ax  by  2a  4b  0 Gọi 1 : 4 x  3 y  4  0; 2 : x  2 y  6  0; 3 : ax  by  2a  4b  0 Từ giả thiết suy ra   ;      ;   . Do đó  2 3  1 2 |1.a  2.b | | 4.1  2.3 | cos   2 ; 3   cos  1 ;  2      5. a  b 2 2 25. 5 0,25 a  0 | a  2b | 2 a 2  b 2  a  3a  4b   0   3a  4b  0 + a = 0  b  0 . Do đó 3 : y  4  0 + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra 3 : 4 x  3 y  4  0 (trùng với 1 ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0. y  4  0 x  5 Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình:    C  5; 4  0,25 x  y 1  0 y  4 2 1,00 Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có: OI  AI   OI  AI  d  I ,  P    d  I ,  Q    OI  d  I ,  P   0,25  d  I ,  P    d  I ,  Q    Ta có: OI  AI  OI 2  AI 2  a 2  b 2  c 2   a  5   b  2    c  1 2 2 2  10a  4b  2c  30 (1) | a  2b  2c  5 | OI  d  I ,  P    a 2  b2  c 2   9  a 2  b 2  c 2    a  2b  2c  5 (2) 2 3 0,25 | a  2b  2c  5 | | a  2b  2c  13 | d  I ,  P   d  I , Q    3 3  a  2b  2c  5  a  2b  2c  13 ( lo¹i )   a  2b  2c  4 (3)  a  2b  2c  5  a  2b  2c  13 17 11a 11  4a Từ (1) và (3) suy ra: b   ;c (4) 3 6 3 Từ (2) và (3) suy ra: a 2  b2  c2  9 (5) Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:  a  2  221a  658  0 0,25 658  658 46 67  Như vậy a  2 hoặc a  .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc I  ; ;  và R = 3. 221  221 221 221 
  20. Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là: 2 2 2 0,25  x  2   y  2   z  1  9 và  x     y     z    9 2 2 658 2 46 67        221   221   221  VIIa 1,00 Điều kiện: n 1  4  n  5 Hệ điều kiện ban đầu tương đương:   n  1 n  2  n  3 n  4   n  1 n  2  n  3 5     n  2  n  3 0,50  4.3.2.1 3.2.1 4    n  1 n  n  1 n  2  n  3  7  n  1 n  n  1   5.4.3.2.1 15 n 2  9n  22  0   n 2  5n  50  0  n  10 0,50 n  5  VIb 2,00 1 1,00 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình  x2  y 2  2 x  4 y  8  0  y  0; x  2 0,50   x  5 y  2  0  y  1; x  3 Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1). Vì  ABC  900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của 0,50 đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). 2 1,00  x  1  2t  Phương trình tham số của d1 là:  y  3  3t . M thuộc d1 nên tọa độ của M 1  2t;3  3t; 2t  .  z  2t  0,25 Theo đề: |1  2t  2  3  3t   4t  1| |12t  6 | d  M ,  P   2  2  12t  6  6  t1  1, t2  0. 12   2   22 3 2 + Với t1 = 1 ta được M1  3;0; 2  ; 0,25 + Với t2 = 0 ta được M 2 1;3;0  + Ứng với M1, điểm N1  d 2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là:  x  3  2 y  2  z  2   0  x  2 y  2 z  7  0 (1) .  x  5  6t  0,25 Phương trình tham số của d2 là:  y  4t (2)  z  5  5t  Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0  t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0). + Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5). 0,25 VIIb 1,00 1 Điều kiện 0 x3 3  x  3 0,25 1 1 3 f ( x)  ln  ln1  3ln  3  x   3ln  3  x  ; f '( x)  3 3  x  '  3  x  3 3  x  3 x

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản