thi thử ĐH có đáp án

Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SA⊥MBC.. TínhV SMBC PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH 03 điểm Thí sinh chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.. Viết phươ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC

MÔN TOÁN LỚP 12-LẦN 2 -

Thời gian làm bài : 180

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm )

Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y= f x( ) =x4+2(m−2)x2+m2−5m+5

1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số với m = 1

2/ Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân

Câu II(2.0điểm) 1/ Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

12 12

y x y





− =



2/ Giải bất phương trình : log log 3 5(log 2 3)

4

2 2

2

2 x− x − > x −

Câu III (1.0 điểm) Tìm x ∈ ( 0 ; π ) thoả mãn phương trình: cot x - 1 =

x x

x

x

2 sin 2

1 sin

tan

1

2

− +

Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân : 2 2

0

I cos xcos 2xdx

π

=∫

Câu V(1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC =

2

a

, SA=a 3, ·SAB SAC 30=· = 0 Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SA⊥(MBC) TínhV SMBC

PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm )

(Thí sinh chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.) A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn

Câu VI.a: (2.0điểm)

1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho∆ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM:

2x y+ + =1 0 và phân giác trong CD:x y+ − =1 0 Viết phương trình đường thẳng BC

2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15

a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

b) Tìm hệ số a10.

Câu VII.a: (1,0điểm) Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng (P): 2x - y + z + 1 = 0 Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P)

B/ Phần đề bài 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, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15

a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

b) Tìm hệ số a10.

Câu VII.b: (1.0 điểm) Cho hàm số y = − +

−

2 2 2 1

x (C) và d1: y = −x + m, d2: y = x + 3.

Tìm tất cả các giá trị của m để (C) cắt d1 tại 2 điểm phân biệt A,B đối xứng nhau qua

d2

******* Hết *******

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II

MÔN TOÁN LỚP 12-

1 Cho hàm số f( )x =x4 +2(m−2)x2 +m2 −5m+5 ( C )

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1 1

1* TXĐ: D = R

2* Sù biÕn thiªn của hàm số:

* Giíi h¹n tại v« cực: ( ) =+∞

−∞ → f x xlim : ( )=+∞ +∞ → f x xlim 0.25 * Bảng biến thiên: f'( )x = y'=4x3 −4x=4x(x2 −1) y'=0⇔ x=0;x=−1;x=1 x -∞ -1 0 1 +∞

y’ - 0 + 0 - 0 +

y +∞ 1 +∞

0 0

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−1;0) và (1;+∞), nghịch biến Trên mỗi khoảng (−∞;−1) và ( )0;1 Hàm số đạt cực tiểu tại x=±1;y CT =0, đạt cực đại tại x=0;y CD =1 0.5 3* §å thÞ: * Điểm uốn: y ''=12x2 −4, các điểm uốn là:         − 9 4 ; 3 3 , 9 4 ; 3 3 2 1 U U * Giao điểm với các trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) và C(1; 0) * Hàm số là chẵn trên R nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng * Đồ thị:

8

6

4

2

-2

-4

0.25

2

Tìm các giá trị của m để (C) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam

* Ta có ( ) 3 ( )

2

0

2

x

=



* Hàm số có CĐ, CT khi f’(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu : 0.5

m < 2 (1) Toạ độ cỏc điểm cực trị là:

A(0;m2 −5m+5),B( 2−m;1−m) (,C− 2−m;1−m)

* Do tam giỏc ABC luụn cõn tại A, nờn bài toỏn thoả món khi vuụng tại A:

0 AC= ⇔ m− 3 =− ⇔m=

Trong đú AB=( 2−m;−m2 +4m−4),AC =(− 2−m;−m2 +4m−4)

Vậy giỏ trị cần tỡm của m là m = 1

0.25

1

Giải hệ phương trỡnh:

2 2

2 2

12 12

y x y





− =

* Điều kiện: | | | |x ≥ y

Đặt

2 2

; 0

v x y





= +

 ; x= −y khụng thỏa hệ nờn xột x≠ −y ta cú

2

1 2

u

v

=  − ữ

  Hệ phương trỡnh đó cho cú dạng:

2

12 12 2

u v

v v

+ =





0.25

8

u v

=



⇔  =

 hoặc

3 9

u v

=



 =

 +

2 2



=

+ =

  (I) +

2 2



=

+ =

0.25

Sau đú hợp cỏc kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trỡnh ban đầu là S ={ ( ) ( )5;3 , 5; 4 } 0.25

2 Giải bất phương trỡnh : log log 3 5(log 2 3)

4

2 2

2

ĐK:







≥

−

−

>

0 3 log

log

0

2 2

2

x

Bất phơng trình đã cho tơng đơng với

) 1 ( ) 3 (log 5 3 log

2

2

2 x− x − > x−

đặt t = log2x, BPT (1)⇔ t2 −2t−3 > 5(t−3)⇔ (t−3)(t+1) > 5(t−3)

0.25





<

<

−

≤

⇔







<

<

−

≤

⇔

















−

>

− +

>

−

≤

⇔

4 log 3

1 log

4 3

1 )

3 ( 5 ) 3 )(

1 ( 3 1

2

2

x t

t t

t t t

t

0.5







<

<

≤

<

⇔

16 8

2

1 0

x

x

Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: ] (8;16)

2

1

; 0

Cõu III Tìm x ∈ ( 0 ; π ) thoả mãn phơng trình: 1

Cot x - 1 = x x

x

x

2 sin 2

1 sin

tan 1

2

− +

ĐK:







−

≠

≠

⇔







≠ +

≠

1 tan

0 2 sin 0

cos sin

0 2 sin

x

x x

x x

x x

x x x

x x

cos sin sin

sin cos

cos 2 cos sin

sin

− +

+

=

−

⇔

x

x x

cos sin sin

cos sin cos

sin

sin

− +

−

=

−

⇔

0.25

⇔ cos x − sin x = sin x ( 1 − sin 2 x )

⇔ (cos x − sin x )(sin x cos x − sin2 x − 1 ) = 0 0.25

⇔ (cos x − sin x )(sin 2 x + cos 2 x − 3 ) = 0

⇔ cos x − sin x = 0 ⇔tanx = 1 ( )

⇔ π π (tm) ( )

4 0

;

x

KL:

0 5

Cõu IV

Tớnh tớch phõn : 2 2

0

I cos xcos 2xdx

π

2

I cos cos 2 (1 cos 2 ) cos 2 (1 2cos 2 cos 4 )

0.5

1( sin 2 1sin 4 ) |0/2

Cõu V

Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC =

2

a

, SA=a 3, ãSAB SAC 30= ã = 0 Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SA⊥(MBC) TínhV SMBC 1

Theo định lí côsin ta có:

ã

SB =SA +AB −2SA.AB.cosSAB 3a= + −a 2.a 3.a.cos30 =a Suy ra SB=a Tơng tự ta cũng có SC = a

0.25

S

A

B

C M

N

Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên MB ⊥ SA, MC ⊥ SA Suy ra SA ⊥ (MBC) 0.25

Hai tam giỏc SAB và SAC cú ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nờn chỳng bằng nhau Do đú MB = MC hay tam giỏc MBC cõn tại M Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN ⊥ BC Tương tự ta cũng cú MN ⊥ SA

16

a 3 2

3 a 4

a a AM BN

AB AM AN

MN

2 2 2

2 2 2

2 2 2









−













−

=

−

−

=

−

=

4

3 a

MN=

0.25

Do đó . 1 1 1 3 3 3

S MBC

PHẦN RIấNG CHO MỖI CHƯƠNG TRèNH 3.00

Phần lời giải bài theo chương trỡnh Chuẩn

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho∆ABC cú đỉnh A(1;2), đường trung tuyến

BM: 2x y+ + =1 0 và phõn giỏc trong CD:x y+ − =1 0 Viết phương trỡnh đường thẳng BC

1

Điểm C CD x y∈ : + − = ⇒1 0 C t( ;1−t) Suy ra trung điểm M của AC là 1 3;

2 2

M + − 

1 3

M∈BM x y+ + = ⇒  + + − + = ⇔ = − ⇒t C −

 

0.25 0.25

Từ A(1;2), kẻ AK ⊥CD x y: + − =1 0 tại I (điểm K BC∈ )

Suy ra AK:(x− − − = ⇔ − + =1) (y 2) 0 x y 1 0 Tọa độ điểm I thỏa hệ: 1 0 ( )0;1

1 0

x y

I

x y

+ − =

 − + =

Tam giỏc ACK cõn tại C nờn I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của K(−1;0)

Đường thẳng BC đi qua C, K nờn cú phương trỡnh:

1

4 3 4 0

7 1 8

x y

+ = ⇔ + + =

− +

0.25

0.25

2 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15

a) Tớnh S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

Ta cú P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + 1 + 1 + 1)5 = 45

0.25

Ta cú P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= 5 5 ( ) 5 5

=

Theo gt ta cã

3 4

2 10

4

0 5,

2

0 5,

5 0

i k

k i

i

k

i k

 =



 =



 + =

 ≤ ≤ ∈ ⇔

 ≤ ≤ ∈

  = =





⇒a10= 0 5 2 4 4 3

5 5 5 5 5 5 101

C C +C C +C C =

0.25

0.5

CâuVII.a Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng

(P): 2x - y + z + 1 = 0.Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P)

Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm

Ta có AB ( 2,4, 16)uuur= − − cùng phương với ra ( 1,2, 8)= − −

mp(P) có VTPT uurn1=(2, 1,1)−

0.25

Ta có [ n ,a] = (6 ;15 ;3) , Chän VTPT cña mÆt ph¼ng (Q) lµ uur r uurn2=(2,5,1) 0.5 Mp(Q) chứa AB và vuông góc với (P) ®i qua A nhËn uurn2=(2,5,1) lµ VTPT cã pt lµ: 2(x + 1) + 5(y − 3) + 1(z + 2) = 0⇔ 2x + 5y + z − 11 = 0 0.25

Phần lời giải bài theo chương trình Nâng cao

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

1

Ta có:

AB= − ⇒ AB=

uuur

Phương trình của AB là:

2x y+ − =2 0

I∈ d y x= ⇒I t t I là trung điểm của AC và BD nên ta có:

(2 1;2 ,) (2 ;2 2)

C t− t D t t−

0.5

Mặt khác: S ABCD= AB CH =4 (CH: chiều cao) 4

5

CH

Ngoài ra: ( )

; , ;

;

0 1;0 , 0; 2

t

d C AB CH

 = ⇒    

 Vậy tọa độ của C và D là 5 8; , 8 2;

3 3 3 3

C  D 

    hoặc C(−1;0 ,) (D 0; 2− )

0.25

0.25

2 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15

a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

Ta có P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + 1 + 1 + 1)5 = 45

0.25

Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= 5 5 ( ) 5 5

=

Theo gt ta cã

3 4

2 10

4

0 5,

2

0 5,

5 0

i k

k i

i

k

i k

 =



 =



 + =

 ≤ ≤ ∈ ⇔

 ≤ ≤ ∈

  = =





⇒a10= C C50 55+C C52 54+C C54 53 =101

0.25

0.25

CâuVII.b

Cho hàm số y = − +

−

2 2 2 1

x (C) vµ d1: y = −x + m, d2: y = x + 3 Tìm tất cả

các giá trị của m để (C) cắt d1 tại 2 điểm phân biệt A,B đối xứng nhau qua

d2

1

* Hoành độ giao điểm của (C) và d1 là nghiệm của phương trình :

− + = − +

−

2 2 2 1

x

⇔ 2x2 -(3+m)x +2+m=0 ( x≠1) (1)

d1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔ p trình (1) có hai nghiệm phân biệt

khác 1

⇔  − − + + ≠− − >

 2

2 7 0

m m ⇔ m2-2m-7>0 (*)

0.5

Khi đó(C) cắt (d1)tại A(x1; -x1+m); B(x2; -x2+m) ( Với x1, x2 là hai nghiệm của (1) )

* d1⊥ d2 theo giả thiết ⇒ Để A, B đối xứng nhau qua d2⇔ P là trung điểm của AB

Thì P thuộc d2 Mà P( 1+ 2;− 1+ 2 +

x x x x m ) ⇒ P( +3 3; −3

) Vậy ta có 3 −3= +3 3+ ⇔ =9

( thoả mãn (*)) Vậy m =9 là giá trị cần tìm

0.5