Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay H quanh Ox.. Hình chiếu vuông góc của B’ lên ABC là trung điểm H của AB ; góc giữa cạnh bên BB’ và mặt0 đáy bằng 60.. Tính thể tích lăng trụ
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM HỌC : 2015 – 2016
Môn thi : TOÁN – Khối 12 Thời gian : 180’
Câu 1 : ( 2điểm) Cho hàm số : y x= 3+3x2+m x m (1)2 + , m là tham số
a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0
b Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) có hai điểm cực trị là x1, x2 sao cho x12+x22 =4
Câu 2 : ( 1điểm) Giải phương trình: cos 2x 1 2 2 sin x 2 cos x 0
4
π
Câu 3 : ( 1điểm) Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi 1 3 2
3
= − và Ox Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay (H) quanh Ox
Câu 4 : ( 1điểm)
a) Cho z1, z2 là các nghiệm phức của phương trình 2
Tính giá trị biểu thức A = z12+ z22+9 z z1 2
b) Giải phương trình sau trên tập số thực: x 4
7
6
Câu 5 : ( 1điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: x 1 y z 1
phẳng (P): x - 2y + 2z + 1 = 0, (Q): 2x + y - 2z + 3 = 0 Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc d đồng
thời tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q)
Câu 6 : ( 1điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, BC = 2a, góc ACB
bằng 30 Hình chiếu vuông góc của B’ lên (ABC) là trung điểm H của AB ; góc giữa cạnh bên BB’ và mặt0 đáy bằng 60 Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường AA’ và BC theo a.0
Câu 7 : ( 1điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A Đường thẳng đi qua
trung điểm M của AB và trung điểm N của AC có phương trình x – y + 1 = 0 Gọi K(2;1) là trung điểm của
BC Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết diện tích tam giác KMN bằng 1
Câu 8 : ( 1điểm) Giải hệ phương trình: 3 3 ( 2 ) ( 2 )
2
(x, y R) x(x 1) (2 y) y 2y 3
Câu 9 : ( 1điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãna+b+c=1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
) ( 4
3 5 ) ( 5 ) (
2 2
2 2
2
b a ca a
c
b bc
c b
a
+ +
+ + +
=
- HẾT
-Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu, Giám thị coi thi không được giải thích gì thêm.
Trang 2ĐÁP ÁN
Cõu 1 Với m = 0 ta có: y = x3 + 3x2
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên:
y’ = 3x2 + 6x (0.25)
y’ = 0 ⇔x = 0 hoặc x = -2 (0.25)
- Giới hạn: xlim y , limx y
→+∞ = +∞ →−∞ = −∞
- Bảng biến thiên: (0.25)
x - ∞ -2 0 +∞
y' + 0 - 0 +
y
- ∞
4 + ∞ 0
Hàm số đồng biến trên khoảng (-∞;-2) và(0; +∞)
Hàm số nghịch biến trên (-2; 0)
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -2, yCĐ = 4
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = y(0) = 0
(0.25)
2 Ta có: y’ = 3x2 + 6x + m2 txđ: D = R
Hàm số có cực đại, cực tiểu
⇔ y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt
( ) 2
' 9 3 0
⇔ − < <m (0.25)
( ) ( )
2
2 2
2
2
2 4 0.25
2
4 4 0( ) 0.25
3
m
Cõu 2
( ) 2
cos 2x 1 2 2 sin x 2cos x 0
4 2sin x 2sin x 2cos x 2cos x 0 0.25
π
2
sin x sinx 0 0.25
x k 0.25
s inx 0
k
s inx 1 x k2 0.25
2
= π
=
Â
Cõu 3 : Phương trỡnh hoành độ giao điểm của ( H)
và Ox
1
x 3 3
=
− = ⇔ = (0.25)
( ) ( ) ( )
2 3
3 2 0
3
6 5 4 0
3
0
1
V x x dx
3
x x x dx
∫
∫
0 25
0 25
0 25
Cõu 4 :
a)
( )
2 1 2
2 2
2 2
= −
2 2
1 2 9 1 2 8 8 9.8 88
7 log 2 log x 0 1
6
− + = ĐK: 0 x 1< ≠
(1) ⇔ 6log 2 3log x 7 0x − 2 + =
2 2
2
6 3log x 7 0 log x
3log x 7log x 6 0 0.25
2
2/3 2
log x 3 x 8(n)
2
=
=
(0.25)
Cõu 5 : Gọi I(1 2t, t, 1 t)+ − − + là tõm mặt cầu
Gt ⇒d(I,(P)) d(I,(Q)) R= =
1 2t 2t 2 2t 1 2 4t t 2 2t 3
x O
y
-2
4
1
Trang 35 6t t 7
= − −
= − (0.25)
(0.25)
( ) (2 ) (2 )2
t 1 I 1;1; 2 , R 2
+ + − + + = (0.25)
Câu 6:
Từ giả thiết suy ra B/H là chiều cao của lăng trụ
Góc giữa cạnh bên BB’ và mặt đáy bằng góc
0
/BH =60
B
o
AB sin 30 BC a= =
o a 3
AC cos30 BC
2
= = (0.25)
2 ABC
a
BH
2
B'H BH.tan 60
2
3 ABC.A 'B'C' ABC
3a
4
= = (0.25)
Ta có AA’ // BB’
Suy ra
=
d H BCC B
Dựng HK⊥BC tại K; HI⊥BKtại I
⊥
Suy ra HI⊥(BCC 'B') (0.25)
0 a 3
HK BH.sin 60
4
1 = 1 + 1 ⇒HI =a 15
Vậy (AA ', ) 15
5
=a
d BC (0.25)
Câu 7:
Phương trình AK có dạng: x + y + m =0 ( vì AK vuông góc MN)
K thuộc AK nên m = -3 Phương trình AK : x + y – 3 = 0
I là giao điểm của AK và MN ⇒I(1;2)
MN là đường trung bình nên I là trung điểm AK
(0;3)
(0.25)
1
4
KMN ABC ABC
2 2
=
AK
( )
2 2 2
0 25
ABC BC
AK
KB KC
B, C thuộc đường tròn (C): (x – 2)
2
+ ( y – 1)
2
= 2
Phương trình BC là: x – y – 1 = 0 Tọa độ B, C là nghiệm của hệ:
( ) (2 )2 ( )
0.25
x 3; y 2
− − =
Vậy A(0;3) ; B(1;0); C(3;2)
hoặc A(0;3) B(3;2) C(1;0) (0.25)
Câu 8: Giải hệ phương trình:
2
x(x 1) (2 y) y 2y 3 (2)
2
1
Xét f (t) t= −3 ln( t2+ −1 t) , D = R (0.25)
2 2
1
t 1
+
⇒f đồng biến trên R
Vậy (1)⇔f (x) f ( y)= − ⇔ = −x y (0.25) Thay vào (2)⇒x2+ = +x (x 2) x2−2x 3+
A
+
A/
H
K I
A
B
M
C
N
K I
Trang 4(x x)(x 2) 0
(x x) (x 2x 3).(x 2)
2
2
(x x)(x 2) 0
KL: nghiệm hpt:
(1+ 7; 1− − 7);(1− 7;( 1− + 7) (0.25)
Câu 9:
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có
4 5
4
(0.25)
Tương tự, ta có
4
Suy ra
2
2
4 9
2 2
2 2
2
.
( )
4
+ + +
÷ + + +
+ + + ÷
2 2
2
2
2
+
c c (1) (0.25)
Xét hàm số
2
2
c
+
(0; 1).
c∈
Bảng biến thiên:
3
5)
Dựa vào bbt ta có ( ) 1
9
f c ≥ − với mọic∈ (0; 1) (2)
Từ (1) và (2) suy ra 1
, 9
P≥ − dấu đẳng thức xảy ra khi
1 3
Vậy GTNN của P là 1
, 9
3
(0.25)
( )
f c
'( )
f c
–
1
−
