Bộ đề thi thử Đại học môn Toán Phần 143376

Tính theo thể tích khối tứ diện a ABCD và tính số đo góc giữa hai đường thẳng AD BC,.. Tìm điểm thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của  C mà góc giữa hai tiếp tuyến đ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 1

(Thời gian làm bài 180 phút)

I/Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)

Câu I (2 điểm)

Cho hàm số 3 1  

1 1

x y

x





 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số  1

2/ Tính diện tích của tam giác tạo bởi các trục tọa độ và tiếp tuyến với đồ thị hàm số  1 tại điểm M2;5

Câu II (2 điểm)

2 2

sin

x x



2/ Tìm m để phương trình 4 x22x 4 x 1 m có đúng một nghiệm thực

Câu III (1 điểm)

Tính

2

0

1

4 1

x

x









Câu VI (1 điểm)

Cho tứ diện ABCD có các mặt ABC và ABD là các tam giác đều cạnh , các mặt ACD và a

BCD vuông góc với nhau Tính theo thể tích khối tứ diện a ABCD và tính số đo góc giữa hai đường thẳng AD BC,

Câu V (1 điểm)

3

yz

x y z

x

6

II/Phần riêng (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A.Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a:(2 điểm)

1/ Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn   2 2 Tìm điểm thuộc trục

tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của  C mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60

2/Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng  P : 2x3y3z 1 0 và ba điểm

.Viết phương trình mặt cầu đi qua ba điểm và có

4; 0;3 ,  1; 1;3 , 3; 2; 6

tâm thuộc mặt phẳng  P

Câu VII.a (1 điểm)

Tìm hệ số của trong khai triển thành đa thức của biểu thức x2  2 6

1

P x  x

B.Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1/Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm 11 9; đường tròn

2 2

A 

Viết phương trình đường thẳng d qua A cắt (C) theo

( ) :C x y 6x4y 8 0

một dây có độ dài bằng 10

2/Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – y + z + 1 = 0 và

2 :

d   

2

0

2

x





  



  

 thẳng d vuông góc mặt phẳng (P) và cắt d1, d2

Câu VII.b (1 điểm)

Giải phương trình: 2 trên tập số phức

2012 0

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 1

I/1 (1 điểm)

1/Tập xác định: DR\ 1 

2/Sự biến thiên:

( 1)

x



I

(2 điểm)

Giới hạn và tiệm cận :

Tiệm cận đứng

Tiệm cận đứng

Bảng biến thiên:

x  1 

/

y 

3

3



Vậy:Hàm số đồng biến trên khoảng ;1và 1;

3/Đồ thị:

Đồ thị (C) có tâm đối xứng là điểm (1;3)

Với x  0 y 1

3

y   x

I/2 (1 điểm)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại là: d:M

  

yy  x   y x

cắt trục hoành tại và cắt trục tung tại

2

A 

OAB

S  OA OB  

II

(2 điểm) II/1: (1 Điều kiện: điểm) cos 0  *

2

x   x  l 

Với điều kiện (*) phương trình đã cho tương đương:

2

sin cos

x





2 cos x tan x tanx sinx cosx

2

2 sin x 2 sin cosx x sinx cosx

sinx cosx2 sinx 1 0

 

4

2 1

6 sin

2

5 2 6

x

x

   















฀

(đều thỏa điều kiện  * )

Vậy phương trình đã cho có nghiệm ,

12 3

k

II/2: (1 điểm)

Đặt t x 1 0, có phương trình 4 4  

t   t m

Phương trình đã cho có đúng một nghiệm khi và chỉ khi phương

trình  * có đúng một nghiệm t0

Xét hàm số   4 4 với

3

f t  t  t t0

có  

3

3 4 4

3

t

f t

t

 Bảng biến thiên:

  '

 

f t

4

3

0

Từ bảng biến thiên được 4 là giá trị cần tìm

0 m 3 III

(1 điểm) Đặt

2

1

t x  x  dx dt

Với x  0 t 1;x  2 t 3

1 1

I   dt  

(1 điểm)

Q

P N M

B A

Gọi là trung điểm M CD, có AM CD BM, CD

Mà ACD  BCD nên ฀AMB90

Do AM BM nên ฀AMB vuông cân tại M

2 2

a BM

3

a

V  CD S  CD AM BM 

Gọi N P Q, , lần lượt là trung điểm của AB AC BD, ,

Có ฀AD BC, ฀NP NQ, 

vuông cân tại suy ra

AMB

AB a

MN  NPPM

đều

MNP

 ฀ ฀MQN60 ฀NP NQ, ฀AD BC, 60

V

(1 điểm) Ta có:

2 2

y z yz



2

6

x

y z





6

   x y z, , 0

VIa

(2 điểm) VIa/1 (1  C có tâm điểm) I 3; 0 và bán kính R2

Suy ra trục tung không có điểm chung với  C

suy ra qua một điểm bất kỳ trên trục tung luôn kẻ được hai tiếp

tuyến của  C

Xét điểm M0;m tùy ý thuộc trục tung Kẻ các tiếp tuyến MA và

của ( tiếp điểm)

MB  C A B,

Góc giữa hai đường thẳng MA và MB bằng 60 khi và chỉ khi

120 2

AMB AMB









là phân giác của

sin 30

IA



2



(vô nghiệm)

Vậy có 2 điểm cần tìm là: M10; 7 , M20; 7

VIa/2 (1 điểm)

Xét mặt cầu (S) tâm I(a;b;c) bán kính R thỏa bài toán, ta có:

 

IA IB

IA IC

I P

 

 



 



a b c





1 2 3

a b c







 

 



Bán kính của  S là R 13

Phương trình của  S là:   2  2 2

x  y  z  VIIa

(1 điểm)

PC x C x x  C x x  

C x x 1 C x

Khi khai triển thành đa thức, chỉ xuất hiện khi khai triển P x2

và

 6 0

C x 1 2 5

C x x

Hệ số của trong khai triển 2 là

6 6

C C

Hệ số của trong khai triển 2 là

C x x 1 0

6 5

C C

 Vậy hệ số cần tìm là 0 2 1 0

C C C C  VIb/1 (1 điểm)

I A

Đường tròn (C) có tâm I(3; 2)và bán kính R 5

Gọi n( ; )a b là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng d qua A

Theo yêu cầu bài ta có:

d I d R

a b



5(a 2ab b ) 2(a b ) 3a 10ab 3b 0

hoặc 3

Nên chọn a3,b 1hoặc a1,b 3

Vậy có 2 đường thẳng cần tìm là d: 3x y 120; :d x3y 8 0

VIb

(2 điểm)

VIb/2 (1 điểm)

Đường thẳng d1 qua điểm M(0;2;0) và có véctơ chỉ phương

và mặt phẳng (P) có véctơ pháp tuyến (1;1; 2)

Gọi là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (Q) chứa da 1 và vuông góc

mặt phẳng (P)  a u và an

Nên chọn a   u n (3;1; 2)

( ) : 3(Q x 0) (y 2) 2(z 0) 0 ( ) : 3Q x y 2z 2 0

Xét hệ phương trình 0, 1 , 2 (1)

x y z



    

 Thế (1) vào (2) được: 5

3

t   Đường thẳng d2cắt mặt phẳng (Q) tại (0; ; )8 1

3 3

N

Vậy đường thẳng d cần tìm qua N và có véc tơ chỉ phương

(1; 1;1) :

x





VIIb

(1 điểm) Xét z a bi a b ,  ฀ , ta có: 2 2 2

2

z a b  abi

2

z a b abi

Phương trình đã cho trở thành 2 2

a b  abi 

a b abi

2012

a b ab

 





2

0 2012

a b





 



0 2012

b a





  

 0

2012

a b





 

 



Vậy nghiệm phương trình là zi 2012, z i 2012

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 2 Môn: Toán - Thời gian: 180 phút

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ðiểm)

Câu I (2 điểm)

Cho hàm số yx33x22

1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

2/ Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song

với nhau và độ dài đoạn thẳng AB bằng 4 2

Câu II (2 điểm)

1/Giải phương trình: 2.cos 5x sin( 2x) sin 5 2x cot 3x

2



2/Giải hệ phương trình :







Câu III ( 1điểm)

1

2 x ln x







Câu IV (1 điểm)

Trong không gian, cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết AC  2 3a, BD 2a, khoảng  cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng a 3 Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

4

Câu V (1 điểm)

Cho x,y,z là các số thực dương thoả mãn x  y  z và x + y + z = 3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x z

  

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a:(2 điểm)

1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 4) Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến xuất phát từ C lần lượt là x  y 1 0 và

Tìm tọa độ các đỉnh B, C của tam giác ABC

3x  y 9 0

2/ Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng

phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) và cắt    d , d1 2 lần lượt tại A, B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất

Câu VII.a:(1 điểm)

Tìm số phức z thỏa mãn z2  z z

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1/Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD, đường thẳng AD có

phương trình 3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x-2y=0, góc tạo bởi hai đường thẳng

BC và AB bằng 450 Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độ dương

2/Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đường thẳng :

Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm B và cắt đường thẳng  tại điểm



C sao cho diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ nhất

Câu VII.b (1điểm)

Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: 2 có 2 nghiệm phân biệt

m x 2x  2 x 2

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 2

I/1 (1 điểm)

1/Tập xác định: D R

2/Sự biến thiên:

Ta có: y'3x26x

/ hoặc

Với x  0 y 2;x   2 y 2

Giới hạn :

Bảng biến thiên:

x  0 2 

/

y + 0 - 0 +

y

2  -2



Vậy:Hàm số đồng biến trên khoảng ; 0và 2;; nghịch biến

trên khoảng (0;2)

Hàm số có điểm cực tiểu x2, điểm cực đại x0

3/Đồ thị:

Đồ thị (C) có tâm đối xứng là điểm (1;0)

Với x    1 y 2

Với x  3 y 2

I

(2 điểm)

I/2 (1 điểm)

A a a  a  B b b  b  ab

Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại A, B là:

k  y x  a  a k  y x  b  b

Tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau khi và chỉ khi

k k  a  a b  b a b a b      b a

2

2

2

3

Đặt t = ( a – 1 )2

4 2

4

t

a a

 



    

 Với a    3 b 1 A  3; 2 ,B  1; 2

Với a    1 b 3 A 1; 2 ,  B 3; 2

Vậy A  3; 2 ,B  1; 2 hoặc A 1; 2 ,  B 3; 2

II/1: (1 điểm)

Điều kiện: sin 3 0

3

l

   Phương trình đã cho tương đương

2cos5xsin 2xcos 2 cot 3x x

 2cos5 sin 3x xsin 2 cos 3x xcos 2 cos 3x x

 2cos5 sin 3x xcos5x0 cos5 ( 2 sin 3x x 1) 0

hoặc

2

x cos 5x0



2

2

k x

k x

  





  

k

x   

II

(2 điểm)

II/2: (1 điểm)

Hệ phương trình đã cho tương đương

2 2 2







Đặt , ta có hệ phương trình

2

1 2

u x

v y



 



2 2 2



(vô nghiệm) hoặc

45

u v uv

  



 



2 3

u v uv

 



  



hoặc

3 1

u v







1 3

u v

 



 



Kết luận: Hệ phương trình có 3 nghiệm: (2;1), (-2;1), (0;5)

III

2

2

1

e e

x dx   

 

 



1

1 ln

ln 2 ln

e

x



ln 2 ln 2 ln

2

e

3

ln

I     IV

(1 điểm)

I H

D

C B

A S

Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt

phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO  (ABCD)

VSABCD = SO.S ABCD

3 1

3 2

1

1

a BD

AC

S ABCD  

.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3; BO = a , do đó

0

60



ABD

tam giác ABD đều



Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm

của HB ta có DH  AB và DH = a 3; OK // DH và

 OK  AB  AB  (SOK)

a

OK  DH 

Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB)

, hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB)

Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao 

2

a SO

OI  OK  SO  

Đường cao của hình chóp

2

a

SO

Thể tích khối chóp S.ABCD:

3

a

V

(1 điểm) Ta có x xz 2 ,x z yz 2z

z   y 

Từ đó suy ra P x z 3y 2x xz 2z yz 3y

z y

2

x z y x y z xz yz

x z y x y z

Do x0 và yz nên x y( z)0 Từ đây kết hợp với trên ta được

x z

z y

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x=y=z=1

VIa/1 (1 điểm)

Gọi C = (c; 3c - 9) và M là trung điểm của BC  M(m; 1-m)

Suy ra: B(2m-c; 11 -2m- 3c)

Gọi I là trung điểm của AB, ta có I(

2

3

2m  c

; 2

3 2

7 m c

)

Vì I nằm trên đường thẳng 3x - y - 9 = 0 nên

0 9 ) 2

3 2 7 ( ) 2

3 2

(

3 mc   m c  

 m = 2  M(2; -1)

Phương trình BC: x – y - 3=0

Tọa độ của C là nghiệm của hệ:



















0 3

0 9 3

y x

y x











 0

3

y x

Tọa độ của C(3; 0), toạ độ B(1; 2)

VIa

(2 điểm)

VIa/2 (1 điểm)

Đặt A   1 a; 2 2a; a , B 2 2b;1 b;1 b     , ta có

AB   a 2b 3; 2a      b 3; a b 1

Do AB song song với (P) nên: ABnP 1;1; 2    b a 4

Suy ra: ABa 5; a 1; 3    

Do đó:

  2   2 2 2  2

AB a 5   a 1  3  2a 8a 35  2 a2 27 3 3

min AB 3 3



    A1; 2; 2 AB    3; 3; 3 Vậy, phương trình đường thẳng (d) là: x 1 y 2 z 2

     VIIa

(1 điểm) Giả sử z x yi, khi đó z2  z z (xyi)2 x2 y2  x yi

2

xy y



 



TH 1 1 ta được

2

4y  4y   2 4y  y 4

2

2

3

3

4

y 4



TH 2 y 0 x2 x      x x 0 x y 0

Vậy có 3 số phức thỏa mãn là : z = 0 ; 1 5 2 5

VIb

(2 điểm) VIb/1

Tọa độ điểm D là: 3 0 0=> D(0;0) O



Véctơ pháp tuyến của đường thẳng AD và BD lần lượt là

1 3; 1 , 2 1; 2

cos฀ADB= => =45 0 =>AD=AB (1)

2

Vì góc giữa đường thẳng BC và AB bằng 450 => BCD฀ =450 => BCD

vuông cân tại B=>DC=2AB

24

ABCD

AB

S  AB CD AD  

=>AB=4=>BD= 4 2

Gọi tọa độ điểm ; với

2

B B

x

B x 

  x B 0

2 2

8 10 ( ) 5

4 2

( ) 5

B B

B

B

x

BD x



 





 









Tọa độ điểm 8 10 4 10;

Vectơ pháp tuyến của BC là nBC  2;1 ( Vì BDBC)

=> phương trình đường thẳng BC là: 2x y 4 10 0

VIb/2 (1 điểm)

Phương trình tham số của :     



 



z t

1 2 1 2

Điểm C thuộc đường thẳng  nên tọa độ điểm C

có dạng C( 1 2 ;1 ;2 )  t t t

AC  ( 2 2t; 4 t; 2t); AB  (2; 2; 6)

  AC AB,  ( 24 2 ;12 8 ;12 2 )t t t   AC AB,  2 18t2 36 216t

Diện tích ABC là

S 1 AC AB, 18t2 36t 216

2

 

t 2

18( 1) 198 198

Vậy Min S = 198 khi t 1 hay C(1; 0; 2)

Đường thẳng BC đi qua đi qua B và nhận BC   ( 2; 3; 4)làm vectơ

chỉ phương nên có phương trình chính tắc là x 3 y 3 z 6

    

VIIb

(1 điểm) Ta có: x22x 2 1nên 2

m x  x  x

2

2

x m



 

2

2 ( )

x

f x





4 3 '( )

x

f x





 

 

  Bảng biến thiên:

x -  +4

3

 y’ - 0 +

y 10 -1 1 Dựa vào bảng biến thiên ta có:

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi1 m 10

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 3

(Thời gian làm bài 180 phút)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm)

Cho hàm số 3 2 (1) với m là tham số thực

yx 3x mx2

1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0

2/Xác định m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ thành một tam giác cân

Câu II (2 điểm)

1/Giải phương trình sin x2 sin 3x2 tan 2x(sin x sin 3x)

2/ Giải phương trình : 2x 3 x 1 3x2 2x2 5x 3 16

Câu III ( 1điểm)

Tính tích phân:

2

2

0





Câu IV (1 điểm)

Trong không gian, cho hình chóp S.ABC có góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ACB)

bằng 600, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a Tính thể tích của khối chóp S.ABC

theo a

Câu V (1 điểm)

Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:

9  (m2)3  2m 1 0

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a:(2 điểm)

1/Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): x2 y2 1 A, B là các điểm trên (E) sao

25 16 

cho: AF BF 1 2 8, với F F1 2; là các tiêu điểm Tính AF2BF1

2/Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d) có phương trình: {x   t;

đường thẳng  nằm trên (P), cắt và vuông góc với (d)

Câu VI.a:(1 điểm)

z 2(2 i)z   7 4i 0

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b: (2 điểm)

1/Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(4; 5) Biết

đường thẳng AD đi qua gốc tọa độ O và phương trình của AB: 2x – y + 5 = 0 Lập

phương trình các cạnh còn lại của hình chữ nhật ABCD

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 2 ;t y 1 t z; 2t t R Một điểm M thay đổi trên đường

thẳng , tìm điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu VII.b (1điểm)

Tìm số phức z thỏa mãn: z2  z2z2

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 3

I/1 (1 điểm)

1/Tập xác định: D R 2/Sự biến thiên:

y  x  x

/ hoặc

Với x  0 y 2;x   2 y 2 Giới hạn :

I

(2 điểm)

Bảng biến thiên:

x  0 2 

/

y + 0 - 0 +

y

2  -2



Vậy:Hàm số đồng biến trên khoảng ; 0và 2;; nghịch biến trên khoảng (0;2)

Hàm số có điểm cực tiểu x2, điểm cực đại x0