ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN ( có đáp án )

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KÈM ĐÁP ÁN

Nguoithay.vn

PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH (7 đi m ) :

Câu I ( 2,0 đi m )Cho hàm s   y x3 3x2(m4)x m m là tham số (1)  ,

1 Kh o sát s bi n thiên và v đ th c a hàm s (1) khi m = 4

2 Ch ng minh đ th (1) luơn c t tr c hồnh t i đi m A c đ nh v i m i m Tìm m đ đ th (1) c t tr c hồnh t i ba đi m A, B, C phân bi t sao cho  1  1 0,

A

B C

k

k k trong đĩ k k k A, ,B Cl n l t là h s gĩc ti p tuy n c a đ th (1) t i A, B, C

Câu II ( 2,0 đi m)

1 Gi i ph ng trình   





1 sin 5 2sin

3 2sin 3 cos

2 Gi i ph ng trình x2  x 1 x23x 1 2x1

Câu III (1,0 đi m) Tính tích phân   





1

3 3 1

26

3x x 1

Câu IV (1,0 đi m)

Cho hình chĩp S.ABCD cĩ đáy ABCD là hình ch nh t ; tam giác SAB vuơng cân t i S G i H là trung

đi m c a đo n th ng AB, các m t ph ng (SHC), (SHD),(ABCD) đơi m t vuơng gĩc Bi t SCa 3, tính th tích kh i chĩp S.ABCD theo a Tính gĩc h p b i hai m t ph ng (SAD) và (SDC)

Câu V (1,0 đi m)

Cho x,y là các s th c tho mãn :x2  xy  y2  1.Tìm giá tr l n nh t ,nh nh t c a bi u th c

1

1 2 2

4 4











y x

y x P

PH N RIÊNG ( 3,0 đi m ) Thí sinh ch đ c làm m t trong hai ph n ( A ho c B )

A Theo ch ng trình chu n

Câu VI.a (2,0 đi m)

1 Trong m t ph ng v i h t a đ Oxy, cho hình ch nh t ABCD cĩ đ ng phân giác trong c a gĩc

ABCđi qua trung đi m c a c nh AD và cĩ ph ng trình   x y 2 0; đ nh D n m trên đ ng th ng cĩ

ph ng trình x+y-9=0 Bi t đi m E(-1;2) n m trong đo n th ng AB và đ nh B cĩ hồnh đ âm Tìm t a

đ các đ nh c a hình ch nh t

2 Trong khơng gian v i h t a đ Oxyz, cho 3 đ ng th ng

1

:

 Ch ng minh d2 và d3 chéo nhau

Vi t ph ng trình đ ng th ng  vuơng gĩc v i d1,c t d2 và d3 t i hai đi m A, B sao cho AB 3

Câu VII.a (1,0 đi m) Tìm s ph c z th a mãn    z 1 z i và 1

z

z là s th c

B Theo ch ng trình nâng cao

C Câu VI.b (2,0 đi m)

1 Trong m t ph ng v i h t a đ Oxy, cho elíp ( ): 2  2 1

E G i F F1, 2 là các tiêu đi m c a (E)

Tìm t a đ đi m M trên (E) sao cho bán kính đ ng trịn n i ti p tam giác MF F1 2 b ng 2

5

2 Trong khơng gian v i h t a đ Oxyz, cho m t ph ng  P :x y 3 14 0z  Vi t ph ng trình

m t c u (S) ti p xúc v i (P) và đi qua hai đi m A(1;3;2), B(-3;1;4) Vi t ph ng trình m t ph ng

(Q) qua A,B và c t (S)theo m t đ ng trịn cĩ di n tích bé nh t

Câu VII.b (1,0 đi m)

Gi i h ph ng trình

2

2012 2011

2012









Nguoithay.vn

Nguoithay.vn

Câu 1: Với m4 ta có y x 33x24

10 Tập xác định

20 Sự biến thiên: Giới hạn

 Bảng biến thiên: ' 3 2 6 ; ' 0 3 2 6 0 0

2

x

x

 



x -  0 2 +  y’ + 0 - 0 +

y

30 Đồ thị

 Đồ thị cắt trục hoành tại các điểm (-1;0) và (2;0)

 Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;4)

 y’’= 6x-6; y’’= 0 khi x=1 Vậy tâm đối xứng của đồ thị là I(1;2)

4

2

-2

5

O I

Câu 1: 2, Phương trình hoành độ giao điểm là

2

1 0

x

  



Ta thấy đồ thị luôn cắt trục Ox tại điểm A(-1;0) với mọi giá trị của m

 Để đồ thị của hàm số cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt thì pt(1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác -1



1 2

1 2

4 , là hai nghiệm của phương trình (1), theo định lý Viet ta có x x

x x





1 2

Khi đó x , là hoành độ của B và C, hệ số góc tại A,B,C sẽ là

5

x

m

m



  



2

4 4

4 1

5 0 5 1 Đối chiếu điều kiện ta có m=-6 hoặc m=-4

m m

m

2

ĐK x   x  k k Z

Nguoithay.vn



2

1 sin 5 2sin

3 5 3sin 2sin 3sin2 3 3 cos 2sin 3 cos







  





2

2 6

6

cos

2

x

x

Z

Đối chiếu điều kiện ta có các nghiệm 2 ,

6







 

1

2

1

Ta thấy là một nghiệm của phươ

2

x

x







2

2

2

ng trình (1)

3

Câu 3:





1 2

3

3 3

1

26

x



2 3

2

1 15 7 4 1 26

322.

91

x

Vậy I

Nguoithay.vn

Nguoithay.vn

Câu 4:

G F

E H

A

B

D

C S

0

2 Như vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) là góc giữa HG và HF, ta có HFG có HF= ;

2

HG= ; ta thấy HGF đều nên góc giữa (SAD) và (SCD) bằng 60

a

GF



Câu 5: Tõ gi¶ thiÕt suy ra:1x2 xy y2 2xyxyxy;1(xy)2 3xy 3xy

3

1 

M¨t kh¸c x2xyy2 1x2y2 1xy nªn x4y4 x2y2 2xy1 §Ỉt t=xy

3

1

; 2

2 2 )

(

2

















t

t t t f P

TÝnh

































) ( 2 6

2 6 0

) 2 (

6 1 0 )

(

l t

t t

t

f

Do hµm sè liªn tơc trªn  ; 1 

3

1

 nªn so s¸nh gi¸ trÞ cđa )

3

1 ( 

f , f( 62), (1)

cho ra kÕt qu¶:

6 2 6 ) 2 6

 f

15

11 ) 3

1 ( minP  f  

1 đ

4

2

5

E'

O B A

C

D M

E

Nguoithay.vn

 0  0 00 

Gọi '( ; ) là điểm đối xứng của E qua phân giác ta có hệ

, '(0;1)

Gọi B(t; t+2), t < 0,do ABCD là hình chữ nhật và E

E x y

E





    nằm trong đoạn AB nên E' nằm trên đoạn

BC BE BE' 1 1 0 1 do t<0 hay B(-1;1)

phương trình đường thẳng BE là x=-1, pt của đt BE' là y=1

Gọi A(-1;a),a 2 và D(d;9-d) ta có tọa độ



trung điểm của AD là M ;

theo giả thiết ta được 2 0 2 6 0 (1)

1; 9 ; 0; , do AB AD nên ta có a 9 0 9 0 (2)

Từ (1) và (2) ta có a=4 và d=5

hay A(-1;4) và D(5;4)C(5;1)

: 1 2 , đi qua M 1; 1;0 và có vtcp 1;2;1 ; : 1 ' , đi qua M 0;1;2

2 2 '



3

và có vtcp u 1;1;2

M M 1;2;2 ; , 3; 3;3 ;M M , 3 0 nên d và d chéo nhau

Giả sử A(1+t;-1+2t;t) và B(-t';1+t';2+2t') ' 1;2 ' 2; 2 ' 2 là vtcp của ,

 



1

do d nên 2 ' 1 2 ' 2 2 2 ' 2 0 ' 2 , 3 1; 2; 3 2

0 Mặt khác, BA=3 nên 3 1 2 3 2 9 18 18 0

1

Với t=0 ta có A(1;-1;0); 1; 2; 2 Ptct của :

Với

t

t

BA

t=-1 ta có A(0;-3;-1); 2; 2;1 Ptct của :

Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán đó là : ; :

BA

Câu 7a:

2

1

Vì là số

x x i

z

z





thực nên 0

Như vậy có 2 số phức thỏa mãn bài toán là và

x

2

O

M

Nguoithay.vn

Nguoithay.vn

Ta có F1(-2;0) và F2(2;0); F1F2=4

Do M (E) nên 6, diện tích MF F là 2 5 (1)

1 Gọi ( ; ) ta có ( ; ) , khi đó diện tích MF F là 2 (2)

2 Từ (1) và (2) ta có 5 Như vậy có 2 điểm tho

y

  ûa mãn bài toán (0; 5) và (0;M1 M2  5)

B, do đó tâm I của mặt cầu nằm trên đường thẳng d đi qua B và vuông góc với (P), d có vtcp là

1;1; 3

u  ,d có phương trình là 3 1 4

x  y z

 Mặt khác, tâm I cũng nằm trên mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB, mặt phẳng này đi qua trung điểm M(-1;2;3) của AB và có vtpt

4;2; 2 nên có pt là 2  1  2  3 0 2 3 0

Như vậy tọa độ của I là nghiệm của hệ

       

Bán kính của mặt cầu là R=IA= 11 Phương trình của mặt cầu là (x+2)2+(y-2)2+(z-1)2=11

Gọi r là bán kính đường tròn ta có r2d2I Q;( ) 11 r211d2I Q;( )

đường tròn giao tuyến có diện tích nhỏ nhất khi r nhỏ nhất hay d I Q;( ) lớn nhất

Mặt khác, IM AB và ;( ) , dấu bằng xẩy ra khi M là hình chiếu của I lên mp(Q)

hay IM (Q),vậy (Q) qua A và có vtpt là 1;0;2 , pt của (Q) là 1 2 2 0 2 5 0

2012

2 2







y

y x

+) K: x + 2y + 6 > 0 và x + y + 2 > 0

+) L y logarit c s 2011 và đ a v pt: 2 2 2 2

2011

1

( ) là hàm số đòng biến trên (0;+ )

t

f t



t đĩ suy ra x2

= y2 x= y ho c x = - y

+) V i x = y th vào (2) và đ a v pt: 3log3(x+2)=2log2(x+1)

t 3t=log2(x+1) ta đ c x=23t

-1 do đĩ 3log3(23t+1)=6t8t+1=9t

a pt v d ng 1 8 1

, cm pt này cĩ nghi m duy nh t t = 1  x = y =7 +) V i x = - y th vào (2) đ c pt: log3(y + 6) = 1  y = - 3  x = 3.V y h cĩ các nghi m là (7;7); (3;-3)