15 Đề thi thử đại học môn Toán (có đáp án)

Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.. Câu VII.a 1 điểm Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kí[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 1

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y f x( ) 8x 49x21

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

2 Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình

8 osc x9 osc x m 0 x[0; ]

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình:  2 1 log3 2

2

x

x x   x

2 Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

12 12

x y x y

y x y

    





 



Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường

và 2

| 4 |

y x  x y2x

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước Tính thể tích hình chóp

cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ

Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm

2 4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 0

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)

1 Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm)

1 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 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số

2 2

2 2

  



  



  

 Gọi là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A  trên (D) Trong các mặt phẳng qua , hãy viết  phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất

Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1] Chứng minh rằng

xy  yz zx  x y z

2 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 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 

.Một điểm M thay đổi trên đường thẳng , xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị

1 2

1

2

  



  



 





nhỏ nhất

Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác Chứng minh

2

a

a b a c a b c a c a b

-Hết -Lop12.net

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1

+ Sự biến thiên:

 Giới hạn: lim ; lim

     

 y' 32x 318x = 2x 16x 29

0

4

x y

x







 

  



0,25

 Bảng biến thiên

 

y  y   y  y   y y 

0,25

 Đồ thị

0,25

Xét phương trình 8 osc 4x9 osc 2x m 0 với x[0; ] (1) Đặt t c osx, phương trình (1) trở thành: 8t49t2 m 0 (2)

Vì x[0; ] nên t [ 1;1], giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau

0,25

Ta có: (2)8t49t2  1 1 m(3) Gọi (C1): y8t49t21 với t [ 1;1]và (D): y = 1 – m

Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D)

Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền   1 t 1

0,25

Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:

 81 : Phương trình đã cho vô nghiệm

32

m

1 81 : Phương trình đã cho có 2 nghiệm

32

Lop12.net

 1 81 : Phương trình đã cho có 4 nghiệm.

32

m

 

 0 m 1 : Phương trình đã cho có 2 nghiệm

 m0 : Phương trình đã cho có 1 nghiệm

 m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm

Phương trình đã cho tương đương:

3

log

3

2 0

1 1

1

2 2

2

2 2

2 0

x x

x

x x

x x

x







0,50

3

2

2

x

x



     



0,50

Điều kiện: | | | |x  y

Đặt u x2 y u2; 0; không thỏa hệ nên xét ta có

v x y





 

2 1

2

u

v

   

Hệ phương trình đã cho có dạng:

2 12 12 2

u v

u u v v

 







0,25

hoặc

4

8

u

v





  



3 9

u v





 









 

+ 3 2 2 3(II)







 

0,25

Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là

   

5;3 , 5; 4 

S 

0,25

Lop12.net

Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là

   

 5;3 , 5; 4 

S 

1,00

Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y|x24 | ( )x C và  d :y2x

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):

6

x

         

        

Suy ra diện tích cần tính:

S   x  x  x dx   x  x  x dx

0,25

Tính: 2 2 

0

| 4 | 2

I  x  x  x dx

Vì  x  0; 2 ,x24x0 nên |x24 |x   x2 4x  2 2 

0

4

4 2

3

I    x x x dx 0,25

Tính 6 2 

2

| 4 | 2

K  x  x  x dx

Vì  x  2; 4 ,x24x0 và  x  4;6 ,x24x0 nên

K  x x  x dx x  x x dx 

0,25

Vậy 4 16 52

Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ là trung điểm của

AB, A’B’ Ta có:  '  ' '  ' '

'

AB IC





 Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc

với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K II '

0,25

Lop12.net

Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn Ta có:

I KI H  I C  IK IH  IC

Tam giác IOI’ vuông ở O nên: 2 3 3 2 2 2

6 3

x x

I K IK OK  r x 

0,25

Thể tích hình chóp cụt tính bởi:  ' '

3

h

V  B B  B B

Trong đó: 4x2 3 2 2 2 3 3r2 3

x

0,25

Từ đó, ta có:

Ta có:

+/ 4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x ;

+/ 4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x 

c   c   c  c 

os 2x + 1 os 4x + 1 sin 4x

Do đó phương trình đã cho tương đương:

2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1)

Đặt os2x + sin2x = 2 os 2x - (điều kiện: )

4

   2 t 2

0,25

Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t21 Phương trình (1) trở thành:

(2) với

2 4 2 2 0

t  t m   2 t 2

2 (2) t 4t 2 2m

Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( ) :D y 2 2m (là đường song song

với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): y t 2 4t với  2 t 2

0,25

Trong đoạn  2; 2, hàm số đạt giá trị nhỏ nhất là tại và

  y t 2 4t 2 4 2 t  2 đạt giá trị lớn nhất là 2 4 2 tại t 2 0,25

Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 4 2 2 2   m 2 4 2

2 2 m 2 2

Điểm C CD x y :    1 0 C t ;1t Suy ra trung điểm M của AC là 1 3;

2 2

M   

MBM x y             t C 

 

 

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

0,25

0,25 Lop12.net

Tọa độ điểm I thỏa hệ: 1 0  0;1

1 0

x y

I

x y

  

   

 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K1;0

Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0

7 1 8

x y

     

 

2

Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng , thì  ( ) //( )P D hoặc

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P) Ta ( )P ( )D

luôn có IH IA và IH  AH

Mặt khác          

 

d D P d I P IH

H P









Trong mặt phẳng  P , IH IA; do đó maxIH = IAH A Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A

Vectơ pháp tuyến của (P0) là n IA  6;0; 3 , cùng phương với

2;0; 1

 Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2x 4 1 z 1 2x - z - 9 = 0

VIIa

Để ý rằng xy  1 x y  1 x1y0;

và tương tự ta cũng có 1

1

  



   

Vì vậy ta có:

vv

3

1 zx+y 1

5 1

5

x y z

x

x



1,00

Lop12.net

Ta có: AB  1; 2AB 5 Phương trình của AB là: 2x y  2 0

I là trung điểm

I d y x  I t t

của AC và BD nên ta có:

2 1; 2 , 2 ; 2 2

C t t D t t

0,25

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

5

CH

Ngoài ra:  

;

0 1;0 , 0; 2

t

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

3 3 3 3

C  D 

    C1;0 , D 0; 2 

0,50

Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM

Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất

Đường thẳng có phương trình tham số: 

1 2 1 2

z t

  



  



 

 Điểm M  nên M 1 2 ;1 ; 2t t t

2

2

0,25

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u3 ; 2 5t  và v   3t 6; 2 5

Ta có    

2 2

2 2













Suy ra AM BM | | | |u  v và u v  6; 4 5  |u v | 2 29 Mặt khác, với hai vectơ u v , ta luôn có

| | | | |u  v   u v| Như vậy AM BM 2 29

0,25

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u v , cùng hướng

1

3 6 2 5

t

t t

 

1;0; 2

M

0,25

Lop12.net

Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:

a b c

b c a

c a b

 



  



  



a b c a

x y a z x y z x y z y z x z x y

Vế trái viết lại:

2

a b a c a VT

a c a b a b c

y z z x x y

0,50

Ta có: x y z z x y z  2z x y  2z z

x y z x y

Tương tự: x 2x ; y 2y

y z  x y z z x  x y z

2

x y z

y z z x x y x y z

 

a

a b a c a b c a c a b

0,50

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-CAO ĐẲNG-ĐỀ SỐ 2

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y f x( )x42x2

1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2 Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b Tìm điều kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình lượng giác: 1 2 cos sin 

tan cot 2 cot 1

x x





1

2

x  x  x  x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 2  

0 cos 2 sin cos



Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn

đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450 Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ

Câu V (1 điểm) Cho phương trình x 1 x 2m x1x24 x1xm3

Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)

1 Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng định bởi: 

Tìm điểm M trên sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến

2 2

( ) :C x y 4x2y0; :x2y12 0 

lập với nhau một góc 600 Lop12.net

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0) Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD

Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có

bán kính khác nhau Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu?

2 Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng

và có hoành độ , trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox Tìm tọa độ các

 d :x y  3 0 9

2

I

x  đỉnh của hình chữ nhật

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là

2 2 2 ( ) :S x y z 4x2y6z 5 0, ( ) : 2P x2y z 16 0 Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P) Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN Xác định vị trí của M, N tương ứng

Câu VII.b (1 điểm) Cho a b c, , là những số dương thỏa mãn: a2b2c2 3 Chứng minh bất đẳng thức

a b b c c a  a b c

-Hết -ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 2

+ Sự biến thiên

 Giới hạn: lim ; lim

     

' 4 4 4 1 ; ' 0

1

x

x







0,25

 Bảng biến thiên

y  y    y y   yC§  y 

0,25

 Đồ thị

0,25

Lop12.net

Ta có f x'( ) 4 x34x Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B.

Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là k A  f a'( ) 4 a34 ,a k B  f b'( ) 4 b34b

Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:

;

y f a x a  f a  f a x f a 

y f b x b  f b  f b x f b b

Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:

A B

k k    b a b a ab b  

Vì A và B phân biệt nên a b , do đó (1) tương đương với phương trình:

2 2 1 0 (2)

a ab b   Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau

,

a b

 Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với

cùng một cặp điểm trên đồ thị là  1; 1 và 1; 1 

Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là

1

a ab b a

a b

  



 



Điều kiện: cos sin 2 sin tan cot 2  0

cot 1

x







Từ (1) ta có: 1 2 cos sin  cos sin 2

2 sin

1 cos sin 2 sin

x



2sin cosx x 2 sinx

2

cos

2

2 4

  



   



Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là 2  

4

x  k  k

Phương trình đã cho tương đương:

2

2 x  x 2  x  2  x

log x 2 x 3 log x 2 log x 3

       

0,25

2

3

x

x



      



Lop12.net

 2 3 2

3

x

x x

x





9 1

10

x x

x

  

    





Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x 10 0,25

2

2 0

2

2 0

1 cos 2 1 sin 2

2

1 sin 2 sin 2

x d x









0,50

3

sin 2 sin 2 sin 2

sin 2 sin 2 0

0,50

Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD Khi đó

OM  AB O N' CD Giả sử I là giao điểm của MN và OO’

Đặt R = OA và h = OO’ Khi đó:

vuông cân tại O nên:

OM

I



OM OI  IM    h a 0,25

Ta có:

2

         

và

2

2 2

xq

Phương trình x 1 x 2m x1x24 x1xm3 (1)

Điều kiện : 0 x 1

Nếu x 0;1 thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì cần có

điều kiện 1 1 Thay vào (1) ta được:

2

x   x x 1

2

x

0,25

Lop12.net

3 0

1

m

m







* Với m = 0; (1) trở thành:

2

x x   x

Phương trình có nghiệm duy nhất

0,25

* Với m = -1; (1) trở thành

4 4

4 4

2

x    x x

2

x    x x

Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất

0,25

* Với m = 1 thì (1) trở thành:

4 4 4

x  x x x   x x  x x  x x

Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm 0, 1 nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm

2

x x duy nhất

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1

0,25

Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R 5

Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau

một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra IM 2R=2 5

Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình:   2 2

x  y 

0,25

Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình: 

2 12 0 (2)





Khử x giữa (1) và (2) ta được:

5

x

x







 



0,25

Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: 3;9 hoặc

2

M  

 

 

27 33

;

5 10

M  

Ta tính được AB CD  10,AC BD  13,AD BC  5 0,25 Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều

Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này 0,25

Lop12.net

Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là 3;0;3 , bán kính là

2 2

G  

14 2

R GA  0,50

Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : 9

18

Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là:

+ Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8

+ Không có bi xanh: có 9 cách

13

C

+ Không có bi vàng: có 9 cách

15

C

0,25

Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có 9 cách chọn 9 viên bi

10

C

đỏ được tính hai lần

Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: 9 9 9 9 cách

10 18 13 15 42910

I có hoành độ 9 và

2

I

x   : 3 0 9 3;

2 2

I d x y I  

     

  Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra

M(3;0)

4 4

AB IM  x x  y y   

D

12 D = 12 AD = 2 2

3 2

ABCD ABC

S

S AB A

AB

 









 1.x 3 1 y0    0 x y 3 0

Lại có MA = MD = 2

Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:

  



hoặc Vậy A(2;1), D(4;-1),

4 1

x y





  



0,50

là trung điểm của AC, suy ra:

9 3

;

2 2

I  

 

 

2

2

A C I

I

x x

y



 



 



Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4)

Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1)

0,50

Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3

Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):

 

 ,  2.2 2 1  3 16 5

3

Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2

0,25

Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0 Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I

trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S)

Gọi là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N 0 là giao điểm của và (P) 

Đường thẳng  có vectơ chỉ phương là nP 2; 2; 1  và qua I nên có phương trình là 0,25

Lop12.net