Bài giảng môn toán lớp 12 Đề thi thử đại học số 6647076

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 6, phương trình BD là , AB đi qua , BC đi qua.. Viết phương trình các cạnh hình chữ nhật biết hoành độ của điểm

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 66

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

Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số 1 3 5 2 4 4 ( )

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

2 Tìm m để hàm số đạt cực trị tại x x1, 2sao cho biểu thức đạt giá

2 2

m A

trị nhỏ nhất

Câu II: (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 6, phương trình BD là

, AB đi qua , BC đi qua Viết phương trình các cạnh hình chữ nhật biết hoành

độ của điểm B lớn hơn 5

2 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: 3 2 và trục hoành

Câu III: (2,0 điểm)

(cos s inx.tan )

x x

x

2 Cho tập hợp E{0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có gồm 4 chữ số khác nhau được

lập từ các chữ số của E?

Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A'

lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA',

cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng Tính thể tích khối lăng trụ

2 3 8

a

' ' '

ABC A B C

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.

Phần A

Câu V.a:(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz lập phương trình đường thẳng d đi qua A(1; 0; 2)

và cắt d’: 1 1 2 sao cho góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P): lớn nhất.

Câu VI.a: (2,0 điểm)

2 Tìm số hạng không chứa x trong khai triển sau:

17 3 4 2

1

x x



Phần B

Câu V.b: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(2;1; 0) , (0; 4; 0) , (0; 2; 1)B C  và đường thẳng d:

Lập phương trình đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) và cắt d tại điểm D

sao cho bốn điểm A, B, C, D tạo thành một tứ diện có thể tích bằng 19

6

Câu VI.b: (2,0 điểm)

1 Tìm tất cả các số phức thỏa mãn đồng thời: z z 5 và 7 là số thực

1

z





2 Tìm hệ số của trong khai triển nhị thức Niutơn của x8 (x22)n, biết: 3 2 1

n n n

DeThiMau.vn

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SÔ 66

Câu 1: 1, Khi m = 0 thì 1 3 4, TXĐ : R

3

y  x 

2

y x   x

Bảng biến thiên

x  0  Hàm số luôn đồng biến trên R

y’ + - 4 +



y





Vẽ đồ thị đẹp , chính xác cho điểm tối đa

TXĐ: R, 2 Hàm số đạt cực trị tại có 2 nghiệm phân biệt

Theo Viet, ta có: vì là nghiệm của phương trình 2

0

25

m

m







  



1 2

1 2

5 4



1 5 1 4 0 1 5 1 4 1 5 2 12 5 ( 1 2) 16 25 16 0

2 5 1 12 5 ( 1 2) 16 25 16 0

2

A

dương)

0

3

m







 đối chiếu điều kiện (1), ta có: min A = 2 khi 2

3

A B Câu 2: 1, Gọi B(a; 12-2a) Ta có BN(9a a; 2 9),

M(5;1) BM(5a a; 2 11)do BM vuông góc với BN nên:

6

5

a

a







 

 ( Do hoành độ điểm B lớn hơn 5), N(9;3)

D C

phương trình AB: x  y 6 0 phương trình BC: x  y 6 0

Gọi D b( ;12 2 ) b theo bài ra, ta có: DA.DC = 6 nên: 12 2 6 12 2 6 6

 với thì phương trình DA có dạng:

8

b

b





0

x y DC x:   y 8 0

với b8thì D(8; 4) phương trình DA có dạng: x y 120, phương trìnhDC x:   y 4 0

Câu 2: 2, Ta có

1

0 (1 ) 2

1

2

Đặt 2   2 2 2 2

0

1

2

2 4

0

0

Câu 3: 1, Điều kiện Phương trình

2

x x







2 2

2

(cos 2 sin )

x x

2

2 cos( ) cos

x

3

x

x









  



Đối chiếu điều kiện ta thấy nghiệm của phương trình là

2

3







  



Câu 3: 2, Đáp số: 750 số

Câu 4:

A’

C’

B’

K

A

C

O M

: B Gọi M là trung điểm của BC, do A’O (ABC) nên  BC( 'A AM).Gọi K là điểm thuộc AA’ sao cho KB 

AA’, nối KC thì AA’ (KBC) AA’ KM   

; KBC có diện tích nên

8

KM

Xét A’AM có 2 đường cao A’M và MK nên : A O AM' KM AA ' (*) đặt A’O = x >0 khi đó từ (*) ta có:

( Do A’AO vuông tại O và ) hay

2 2

3

a

Ta có diện tích đáy ABC bằng 1 3 2 3( Diện tích tam giác đều cạnh a)

ABC A B C ABC

DeThiMau.vn

Câu 5b: Gọi H là chân đường cao hạ từ D xuống (ABC) ta có 1 . 19 19 (*)

3DH S ABC V D ABC  6 DH  2S ABC

và ta gọi D(1 2 ; 1 t  t; 2 3 ) t ( Do Dd)

mà 1 , 1 9 4 16 29 ; phương trình (ABC):

ABC

S   AB AC     3x2y4z 8 0

thay vào (*) ta có:

1 3(1 2 ) 2( 1 ) 4(2 3 ) 8 19

17

2

t

t





 

 

 khi t1 tọa độ D(3; 0;5), phương trình là: 3 5

x  y z



khi 17tọa độ , phương trình là:

2



(Nếu đúng một trong hai phương trình thì vẫn cho 0,25)

Câu 6b: 1, Gọi z a bi; trong đó a b, R do 2 2 2 2 (1)

1

R z

( 1)( 7) 0 (3)





 thay 7( 1)vào (4) ta được PT bậc 4 sau

a

b

a







Từ đó suy ra có 4 số

2 2



    









phức sau thỏa mãn ycbt: 3 4 ; 4 3 ; 1 7

z  i z   i z   i

Hệ số của là 8

x C73.23 280

Câu 5a: Gọi M là giao điểm của d và d’, khi đó M(1 3 ; 1 2 ; 2 2 ) t   t  t và AM(3 ; 1 2 ; 4 2 )t   t  t

Gọi n (2; 1; 2) là tọa độ VTPT của (P), gọi là góc giữa đường thẳng d và giá của khi đó  n

, d tạo với (P) góc lớn nhất khi

và chỉ khi d tạo với giá của vectơ pháp tuyến của (P) một góc nhỏ nhất cos lớn nhất

nhỏ nhất mà 2

( ) 17 20 17

a



khi đó phương trình d có dạng: 1 2

 

2

n n n

n n

A  C C  n n n    n n  n  n   n

Số hạng chứa là

7

0

k



x 2(7k)  8 k 3

đặt 2

2 3

(1 ) 4 (1)

1

x





    



2 2

3 3

4

x

    



 



2

2

x

x







1

y x v y

  





 



2

2







2

u u u  u  u  u   u

với u  2 v 1 trở lại ẩn x, y ta có hệ:

1 2

1 1

x y

x y

  



 





 

2 3(17 ) 2 3(17 ) 17 153

từ yêu cầu bài toán ta cho:17k153  0 k 9

Vậy số hạng không chứa là x 9

17

C

DeThiMau.vn