đề thi thử đại học cao đẳng năm 2012 số 145-150

WWW.VNMATH.COM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 145 ) I. PHẦN CHUNG (7 điểm) (Cho tất cả các thí sinh) Câu 1 (2đ) Cho hàm số: y = 2x 3 - 3x 2 + 1 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) 2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 8. Câu 2 (2đ) 1. Giải hệ phương trình:      += −=− 2 2 3 1 9 1218 yxy xxy 2. Giải phương trình: 9 x + ( x - 12).3 x + 11 - x = 0 Câu 3 (1đ) Tính thể tích khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và khoảng cách giữa cạnh bên và cạnh đáy đối diện bằng m. Câu 4 (1đ) Tính tích phân: ∫ ++−= 2 2 0 )]4ln()2([ dxxxxI Câu 5 (1đ) Cho tam giác ABC, với BC = a, CA = b, AB = c. Thoả mãn hệ điều kiện:      =+ =+ 2 2 )( )( cabb bcaa CMR: CBA sin 1 sin 1 sin 1 += II. PHẦN RIÊNG (3đ) (Thí sinh chỉ làm một trong hai phần) Theo chương trình chuẩn: Câu 6a (2đ) 1. Trong mặt phẳng (oxy) cho đường thẳng (d): 3x - 4y + 5 = 0 và đường tròn (C): x 2 + y 2 + 2x - 6y + 9 = 0 Tìm những điểm M ∈ (C) và N ∈ (d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. 2. Trong không gian (oxyz) cho hai mặt phẳng: (P 1 ): x - 2y + 2z - 3 = 0 (P 2 ): 2x + y - 2z - 4 = 0 và đường thẳng (d): 3 4 21 2 − = − = − + zyx Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I ∈ (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P 1 ), (P 2 ). Câu 7a (1đ) Đặt: (1 - x + x 2 - x 3 ) 4 = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + + a 12 x 12 . Tính hệ số a 7 . Theo chương trình nâng cao Câu 6b (2đ) 1. Trong mặt phẳng (oxy) cho đường tròn (C): (x + 1) 2 + (y - 3) 2 = 1 và điểm M       5 7 , 5 1 . Tìm trên (C) những điểm N sao cho MN có độ dài lớn nhất. 2. Trong không gian (oxyz), cho mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 + 2x - 4y - 2z + 5 = 0 và mặt phẳng (P): x - 2y + 2z - 3 = 0. Tìm những điểm M ∈ (S), N ∈ (P) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. Câu 7b (1đ) Dùng định nghĩa, tính đạo hàm của hàm số: x xx xf 2131 )( 3 +−+ = khi x ≠ 0, và 0)0( =f ; tại điểm x 0 = 0. WWW.VNMATH.COM ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 145 ) I. PHẦN CHUNG (7 điểm) ĐIỂM Câu 1 (2đ) y = 2x 3 - 3x 2 + 1 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) * TXĐ: R * Sự biến thiên: + Giới hạn: −∞→x ylim = ∞− , −∞→x ylim = ∞+ 0,25đ + Bảng biến thiên: y’ = 6x 2 - 6x = 6x (x - 1) y' = 0    == == ⇔ )0(;1 )1(;0 yx yx 0,25đ Lập BBT; nêu đúng các khoảng đơn điệu và các điểm cực trị 0,25đ * Đồ thị: (tự vẽ), rõ ràng, đầy đủ, chính xác. 0,25đ 2) Tìm M ∈ (C) ? Giả sử M (x 0 ; y 0 ) ∈ (C) ⇒ y 0 = 2x 0 3 - 3x 0 2 + 1 Tiếp tuyến ( ∆ ) của (C) tại M: y = (6x 0 2 - 6x 0 ) (x - x 0 ) + 2x 0 3 - 3x 0 2 + 1 0,25đ ( ∆ ) đi qua điểm P(0 ; 8) ⇔ 8 = -4x 0 3 + 3x 0 2 + 1 ⇔ (x 0 + 1) (4x 0 2 - 7x 0 + 7) = 0 0,25đ ⇔ x 0 = -1 ; (4x 0 2 - 7x 0 + 7 > 0, ∀ x 0 ) 0,25đ Vậy, có duy nhất điểm M (-1 ; -4) cần tìm. 0,25đ Câu 2 (2đ) 1) Giải hệ:      ≥⇒≥⇒+= ≤⇒≥−⇒−=− 3232 3 1 9 320121218 2 22 xyyxyxy xxxxy 0,25đ 1832 =⇒=⇒ xyx 0,25đ { } 32;32−∈⇒ x , tương ứng y { } 33;33−∈ 0,25đ Thử lại, thoả mãn hệ đã cho Vậy, ( ) ( ) ( ){ } 33;32,33;32; −−∈yx 0,25đ 2) Giải phương trình: ( ) ( ) 0113123 2 =−+−+ xx xx     −= = ⇔ x x x 113 13    =−+= = ⇔ (*)0113)( 0 xxf x x (a + b + c = 0) 0,5đ (*) 0)2( ,013ln3)(' ⇒    = ∀>+= f xxf x có nghiệm duy nhất x = 2 0,25đ Vậy, tập nghiệm của phương trình: S = {0 ; 2} 0,25đ Câu 3 (1đ) S N A C M WWW.VNMATH.COM O B SO ⊥ (ABC) S.ABC chóp ∆ đều ⇒ O là tâm tam giác đều ABC. MBCAO =∩ ⇒ )(SAMBC BCSO BCAM ⊥⇒    ⊥ ⊥ Trong ∆ SAM kẻ đường cao MN ⇒ MN = m 2 3 2 3 3 60sin2 0 a AOAM aa AO ==⇒== 0,25đ 3 SOSAhSO 2 222 a hAO +=+=⇒= SA.MN = SO.AM ( ) 22222 3 4 43 mahma =−⇔         < am 2 3 0,25đ 22 433 2 ma am h − =⇔ ; và S (ABC) = 4 3 a 2 0,25đ 22 3 436 ).( 3 1 ma ma hABCSV − ==         < am 2 3 0,25đ Câu 4 (1đ) Tính tích phân ∫ −= 2 0 )2( dxxxI + ∫ + 2 0 2 )4ln( dxx = 21 II + ∫∫ =−−=−= 2 0 2 2 0 1 2 )1(1)2( π dxxdxxxI (sử dụng đổi biến: tx sin1 += ) 0,25đ ∫∫ + −+=+= 2 0 2 2 2 0 2 2 0 2 2 4 2|)4ln()4ln( dx x x xxdxxI (Từng phần) 0,25đ 42ln6 −+= π (đổi biến tx tan2= ) 0,25đ 2ln64 2 3 21 +−=+= π III 0,25đ Câu 5 (1đ) ∆ ABC:      =+ =+ )2()( )1()( 2 2 cabb bcaa (1) ⇒ sin 2 A + sinAsinC = sin 2 B (Đl sin) ⇒ sinAsinC = 2 1 (cos2A - cos2B) ⇒ sinAsinC = sin(A + B) sin (B -A) ⇒ sinA = sin (B - A) ; (sin (A + B) = sin C > 0) ⇒ A = B - A ; (A, B là góc của tam giác) ⇒ B = 2A 0,25đ WWW.VNMATH.COM Tương tự: (2) ⇒ C = 2B A + B + C = π , nên A = 7 π ; B = 7 2 π ; C = 7 4 π 0,25đ Ta có: CB sin 1 sin 1 + = 7 3 sin 7 cos 7 sin2 7 cos 7 3 sin2 7 4 sin 7 2 sin 7 2 sin 7 4 sin πππ ππ ππ ππ = + 0,25đ = Asin 1 7 sin 1 = π (đpcm) 0,25đ II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Chương trình cơ bản Câu 6a (2đ) 1) Tìm M ∈ (C), N ∈ (d)? (d): 3x - 4y + 5 = 0 (C): (x + 1) 2 + (y - 3) 2 = 1 ⇒ Tâm I (-1 ; 3), bán kính R = 1 d (I ; d) = 2 ⇒ (d) ∩ (C) = Ø Giả sử tìm được N 0 ∈ (d) ⇒ N 0 là hình chiếu vuông góc của I trên (d) ⇒ N 0 = (d) ( ) ∆∩ , với: ( ) ( ) ( )    −=⇒⊥∆ −∋∆ ∆ 4;3)( )3;1( ud I 0,25đ ( )       ⇒    −= +−= ∆⇒ 5 7 ; 5 1 43 31 : 0 N ty tx 0,25đ Rõ ràng ( ) ∩∆ (C) = {M 1 ; M 2 } ; M 1       − 5 11 ; 5 2 ; M 2       − 5 19 ; 5 8 M 0 ∈ (C) để M 0 N 0 nhỏ nhất ⇒ M 0 ≡ M 1 và M 0 N 0 = 1 0,25đ Kết luận: Những điểm cần tìm thoả mãn điều kiện bài toán. M       − 5 11 ; 5 2 ; N       5 7 ; 5 1 0,25đ 2) Phương trình mặt cầu (S) ? (P 1 ): x - 2y + 2z - 3 = 0 (P 2 ): 2x + y - 2z - 4 = 0 Giả sử I (x 0 ; y 0 ; z 0 ) ∈ (d): 3 4 21 2 − = − = − + zyx ⇒ I (-2 - t ; 2t ; 4 + 3t) là tâm của mặt cầu (S) 0,25đ Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P 1 ), (P 2 ) ⇔ d (I, (P 1 )) = d (I ; (P 2 )) ⇔    −= −= ⇔+=+ 1 13 1610 3 1 39 3 1 t t tt 0,25đ ⇒ I 1 = (11 ; 26 ; -35) ; I 2 (-1 ; 2 ; 1) ⇒ R 1 = 38 ; R 2 = 2 0,25đ WWW.VNMATH.COM Vậy, có hai mặt cầu cần tìm: (S 1 ): (x - 11) 2 + (y - 26) 2 + (z + 35) 2 = 38 2 (S 2 ): (x + 1) 2 + (y - 2) 2 + (z - 1) 2 = 2 2 0,25đ Câu 7a (1đ) Tính hệ số a 7 ? (1 - x + x 2 - x 3 ) 4 = (1 - x) 4 (1 + x 2 ) 4 0,25đ = ( )             − ∑∑ == 4 0 2 4 4 0 4 1 i ii k kk k xCxC 0,25đ (Gt) { } ( ) ( ) ( ){ } 2;3,3;1; 4,3,2,1,0, 72 ∈⇒    ∈ =+ ⇒ ik ik ik 0,25đ 40 2 4 3 4 3 4 1 47 −=−−=⇒ CCCCa 0,25đ Chương trình nâng cao Câu 6b (2đ) 1) Tìm N ∈ (C)? (C): (x + 1) 2 + (y - 3) 2 = 1 ⇒ Tâm I (-1 ; 3), bán kính R = 1 ; M       5 7 ; 5 1 2 5 8 ; 5 6 =⇒       −= MIIM 0,25đ Giả sử tìm được N ∈ (C) ⇒ MN ≤ MI + IN = 3 0,25đ Dấu “=” xảy ra ⇔ N là giao điểm của tia đối IM và đường tròn (C). (IM):        −= +−= ty tx 5 8 3 5 6 1 ; ( ) ( ) { } 21 ; NNCIM =∩       −⇒ 5 11 ; 5 2 1 N ,       − 5 19 ; 5 8 2 N ; MN 1 < MN 2 0,25đ Kết luận: Thoả mãn điều kiện bài toán:       − 5 19 ; 5 8 N 0,25đ 2) Tìm M ∈ (S) , N ∈ (P) ? (S): (x + 1) 2 + (y - 2) 2 + (z - 1) 2 = 1 Tâm I (-1 ; 2 ; 1), bán kính R = 1 (P): x - 2y + 2z - 3 = 0 ⇒ d ( )( ) PI; = 2 Ø)()( =∩⇒ SP Giả sử tìm được N 0 ∈ (P) ⇒ N 0 là hình chiếu vuông góc của I trên (P) 0,25đ ( ) ( ) PdN ∩=⇒ 0 , với: ( )      −=⇒⊥ −∋ )2;2;1()()( )1;2;1( d uPd Id ( )      += −= +−= ⇒ tz ty tx d 21 22 1 :       −⇒ 3 7 ; 3 2 ; 3 1 0 N 0,25đ =∩ )()( Sd {M 1 ; M 2 } WWW.VNMATH.COM       −⇒ 3 5 ; 3 4 ; 3 2 1 M ,       − 3 1 ; 3 8 ; 3 4 2 M 0,25đ M 1 M 0 = 1 < M 2 M 0 = 3 M 0 ∈ (S) để M 0 N 0 nhỏ nhất ⇒ M 0 ≡ M 1 Vậy, những điểm cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán.       − 3 5 ; 3 4 ; 3 2 M ,       − 3 7 ; 3 2 ; 3 1 N 0,25đ Câu 7b (1đ) Đạo hàm bằng định nghĩa: x fxf x )0()( lim 0 − → = 2 3 0 2131 lim x xx x +−+ → 0,25đ = 2 3 0 21)1()1(31 lim x xxxx x +−+++−+ → 0,25đ = ( ) ( ) xx xxxx x xx 21)1( 1 lim 1311)31( 3 lim 0 2 3 3 2 0 +++ + ++++++ + − →→ 0,25đ = -1 + 2 1 = - 2 1 . Vậy, 2 1 ' )0( −=f 0,25đ WWW.VNMATH.COM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 146 ) Phần chung (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 ( ) 2,f x x mx= + + có đồ thị ( ) m C 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 3m = − 2) Tìm tập hợp các giá trị của m để đồ thị ( ) m C cắt trục hoành tại một và chỉ một điểm. Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: 1 2 tan cot 2 2sin 2 sin 2 x x x x + = + 2) Giải phương trình: ( ) 2 2 2 1 5 2 4; x x x x R+ = − + ∈ Câu III (1 điểm) Tính 2 3 0 sin 1 cos2 x x I dx x π + = + ∫ Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là .O ,A B là hai điểm trên đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB bằng a , · · 0 60ASO SAB= = . Tính theo a chiều cao và diện tích xung quanh của hình nón Câu V (1 điểm) Cho hai số dương ,x y thỏa mãn: 5x y+ = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 2 4 x y x y P xy + − = + Phần riêng (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) Phần A Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( )d có phương trình : 0x y− = và điểm (2;1)M . Tìm phương trình đường thẳng ∆ cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng ( )d tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng ( ) α đi qua hai điểm ( ) 0; 1;2 ,A − ( ) 1;0;3B và tiếp xúc với mặt cầu ( ) S có phương trình: 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 1) 2x y z− + − + + = Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: 2 1 0z z+ + = . Rút gọn biểu thức 2 2 2 2 2 3 4 2 3 4 1 1 1 1 P z z z z z z z z         = + + + + + + +  ÷  ÷  ÷  ÷         Phần B Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) C có phương trình ( ) 2 2 : 4 25x y− + = và điểm (1; 1)M − . Tìm phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M và cắt đường tròn ( ) C tại 2 điểm ,A B sao cho 3MA MB= 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) P có phương trình: 1 0x y− − = . Lập phương trình mặt cầu ( ) S đi qua ba điểm ( ) ( ) ( ) 2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0A B C− − và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) P Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình: ( ) ( ) 2 1 2 2 2 1 2 3 log 1 log 1 6 2 log 1 2 log ( 1) x x x x   + − + −  ÷   ≥ + + + Hết WWW.VNMATH.COM HƯỚNG DẪN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 146 ) Câu I.1 (1,0 đ) 3m = − hàm số trở thành: 3 ( ) 3 2,f x x x= − + Tập xác định D R= Sự biến thiên 2 1 ' 3( 1) 0 1 x y x x = −  = − = ⇔  =  1 ' 0 1 x y x < −  > ⇔  >  hàm số đồng biến trên ( ) ; 1−∞ − và ( ) 1;+∞ ' 0 1 1y x< ⇔ − < < hàm số nghịch biến trên ( ) 1;1− điểm CĐ ( ) 1;4− , điểm CT ( ) 1;0 lim x y →−∞ = −∞ lim x y →+∞ = +∞ Điểm uốn: '' 6 0 0y x x= = ⇔ = , Điểm uốn U ( ) 0;2 Bảng biến thiên: x −∞ 1− 1 +∞ 'y + 0 − 0 + y Đồ thị 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu I.2 (1,0 đ) Phương trình cho HĐGĐ 3 2 0,(*)x mx+ + = 0x = không thỏa mãn nên: 3 2 (*) x m x + ⇔ = − Xét hàm số 3 2 2 2 2 2 ( ) '( ) 2 x g x x g x x x x x + = − = − − ⇒ = − + '( ) 0 1g x x= ⇔ = ta có bảng biến thiên: x −∞ 0 1 +∞ '( )g x + ll + 0 − ( )g x Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đường thẳng y m= và đồ thị hàm số ( )y g x= nên để (*) có một nghiệm duy nhất thì 3m > − Lưu ý: Có thể lập luận để đồ thị ( ) m C của hàm số ( )y f x= hoặc không có cực trị hoặc có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị nằm cùng phía đối với trục hoành 0,25 0,25 0,25 0,25 −∞ +∞ CT CĐ −∞ +∞ −∞ -3 −∞ WWW.VNMATH.COM Câu II.1 (1,0 đ) 1 2 tan cot 2 2sin 2 sin 2 x x x x + = + ,(1) Điều kiện: 2 x k π ≠ 2 2 2 2 4sin cos2 2sin 2 1 (1) sin 2 sin 2 2(1 cos2 ) cos 2 2(1 cos 2 ) 1 2cos 2 cos2 1 0 cos2 1 (loai do:sin 2 0) 1 3 cos2 2 x x x x x x x x x x x x x k x π π + + ⇔ = ⇒ − + = − + ⇔ − − = = =   ⇔ ⇔ = ± +  = −  Đối chiếu điề kiện phương trình có nghiệm là: , 3 x k k Z π π = ± + ∈ 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II.2 (1,0 đ) ( ) 2 2 2 1 5 2 4; x x x x R+ = − + ∈ Đặt 2 2 4 2 2 4 2( 2 )t x x t x x= + ⇒ = + ta được phương trình 2 2 1 5 2 8 0 2 t t t t+ = − ⇔ + − = 4 2 t t = −  ⇔  =  + Với t = − 4 Ta có 2 4 2 4 2 0 0 2 4 4 2( 2 ) 16 2 8 0 x x x x x x x x < <   + = − ⇔ ⇔   + = + − =   2 0 2 2 x x x <  ⇔ ⇔ = −  =  + Với t = 2 ta có 2 4 2 4 2 0 0 2 4 2 2( 2 ) 4 2 2 0 x x x x x x x x > >   + = ⇔ ⇔   + = + − =   2 0 3 1 3 1 x x x >   ⇔ ⇔ = −  = −   ĐS: phương trình có 2 nghiệm 2, 3 1x x= − = − 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III (1,0 đ) 2 2 3 3 3 2 2 0 0 0 sin sin 1 cos2 2cos 2cos x x x x I dx dx dx x x x π π π + = = + + ∫ ∫ ∫ 3 3 1 2 2 0 0 1 2cos 2 cos x x I dx dx x x π π = = ∫ ∫ Đặt 2 tan cos u x du dx dx v x dv x =  =   ⇒   = =    0,25 WWW.VNMATH.COM 3 3 3 1 0 0 0 1 1 1 tan tan ln cos ln 2 2 2 2 2 3 2 3 I x x xdx x π π π π π   ⇒ = − = + = −     ∫ 2 2 2 3 3 3 3 2 2 0 0 0 0 sin 1 1 tan (1 tan ) 2cos 2 2 x I dx xdx x dx dx x π π π π   = = = + − =     ∫ ∫ ∫ ∫ [ ] 3 0 1 1 tan 3 2 2 3 x x π π   = − = −  ÷   ( ) 1 2 3 1 1 1 1 ln 2 3 ( 3 ln 2) 2 2 3 6 2 2 3 I I I π π π −   = + = − + − = + −  ÷   0,25 0,25 0,25 Câu IV (1,0 đ) Gọi I là trung điểm của AB , nên OI a= Đặt OA R = · 0 60SAB SAB= ⇒ ∆ đều · 1 1 1 2 2 2 3 sin OA R IA AB SA ASO = = = = Tam giác OIA vuông tại I nên 2 2 2 OA IA IO− = 2 2 2 6 3 2 R a R a R⇔ − = ⇔ = 2SA a⇒ = Chiếu cao: 2 2 a SO = Diện tích xung quanh: 2 6 2 3 2 xq a S Rl a a π π π = = = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V (1,0 đ) Cho hai số dương ,x y thỏa mãn: 5x y+ = . 4 2 4 1 4 1 4 2 4 4 2 2 x y x y x y y x y P xy y x y x + − = + = + + − = + + + − Thay 5y x= − được: 4 1 5 4 1 5 4 1 5 3 2 . 2 . 4 2 2 4 2 4 2 2 y x x y y P x x y x y x y x − = + + + − = + + + − ≥ + − = P bằng 3 2 khi 1; 4x y= = Vậy Min P = 3 2 Lưu ý: Có thể thay 5y x= − sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số 3 5 3 5 ( ) (5 ) 4 x x g x x x + − = + − 0,25 0,50 0,25 Câu AVI.1 (1,0 đ) A nằm trên Ox nên ( ) ;0A a , B nằm trên đường thẳng 0x y− = nên ( ; )B b b , (2;1)M ( 2; 1), ( 2; 1)MA a MB b b⇒ = − − = − − uuur uuur Tam giác ABM vuông cân tại M nên: 2 2 2 ( 2)( 2) ( 1) 0 . 0 ( 2) 1 ( 2) ( 1) a b b MA MB MA MB a b b − − − − =   =   ⇔   = − + = − + −     uuur uuur , do 2b = không thỏa mãn vậy 0,25 0,25 S O A B I [...]... Vi: ng thng qua AB cú phng trỡnh x + y 2 = 0 b = 1 a = 4 ng thng qua AB cú phng trỡnh 3 x + y 12 = 0 b = 3 Vi 0,25 0,25 WWW.VNMATH.COM THI TH I HC, CAO NG 2012 Mụn thi : TON (147 ) Cõu 1: Cho hm s y = 2x 3 cú th l (C) x 2 1) Kho sỏt s bin thi n v v th (C) ca hm s trờn 2) Tỡm trờn (C) nhng im M sao cho tip tuyn ti M ca (C) ct 2 tim cn ca (C) ti A, B sao cho AB ngn nht Cõu 2: 1) Gii phng... trỡnh nõng cao: Cõu 6b: Cho ABC cú din tớch bng 3/2; A(2;3), B(3;2), trng tõm G (d) 3x y 8 =0 tỡm bỏn kinh ng trũn ni tip ABC Cõu 7b: Trong khụng gian Oxyz cho ng thng (d) l giao tuyn ca 2 mt phng: (P): 2x2yz +1 =0, (Q): x+2y 2z 4 =0 v mt cu (S): x 2 +y2 +z2 +4x 6y +m =0 Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca m (S) ct (d) ti 2 im MN sao cho MN= 8 WWW.VNMATH.COM ỏp ỏn THI TH I HC, CAO NG 2012 Mụn thi : TON... 3 r ur u u; AI r r =3 (d) qua A(0;1;-1), VTCP u = (2;1;2) d(I; d) = u Vy : m 3 =3 m = 12( tha k) WWW.VNMATH.COM THI TH I HC, CAO NG 2012 Mụn thi : TON ( 148 ) I PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) 2x Cõu I (2,0 im) Cho hm s y = x 1 1 Kho sỏt s bin thi n v v th ( C ) ca hm s 2 Tỡm cỏc giỏ tr ca m ng thng y = mx m + 2 ct th ( C ) ti hai im phõn bit A,B v on AB cú di nh nht Cõu... 2 1 1 Gi M l giao im ca d v (P) Vit phng trỡnh ng thng nm trong mt phng (P), vuụng gúc vi d ng thi tho món khong cỏch t M ti bng 42 WWW.VNMATH.COM Cõu VII.b (1,0 im) Gii h phng trỡnh 1 log 1 ( y x ) log 4 y = 1 4 x 2 + y 2 = 25 ( x, y Ă ) -Ht - P N THI TH I HC, CAO NG 2012 Mụn thi : TON ( 148 ) Cõu I Ni dung im HS tu lam 2,0 II 1 2.0 Gii phng trỡnh cos 2 x ( cos x 1) =... bi khụng theo cỏch nờu trong ỏp ỏn m vn ỳng thỡ c im tng phn nh ỏp ỏn quy nh WWW.VNMATH.COM WWW.VNMATH.COM THI TH I HC, CAO NG 2012 Mụn thi : TON ( 149 ) I PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I:(2,0 im) Cho hm s y = x 3 (3 x 1) m (C ) vi m l tham s 1 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s (C) khi m = 1 2 Tỡm cỏc gớỏ tr ca m th ca hm s (C) cú hai im cc tr v chng t rng hai im cc tr ny... khụng c s dng ti liu Giỏm th coi thi khụng gii thớch gỡ thờm WWW.VNMATH.COM ỏp ỏn THI TH I HC, CAO NG 2012 Mụn thi : TON ( 149 ) Cõu í Cõu I (2,0) í1 (1,0 ) NI DUNG im Khi m =1 y = x 3 3 x + 1 Tp xỏc nh D=R 0,25 Gii hn: xlim y = ; xlim y = + + 2 y= 3x 3 ; y=0 x = 1 0,25 Bng bin thi n Hm s ng bin trờn khong ( ; 1) , ( 1; + ) v nghch bin trờn khong ( 1;1) Hm s t C ti x... 2 x 1 x 1 2 KL: lim 0,50 0,25 0,25 0,50 0,25 * Lu ý: Hc sinh cú li gii khỏc vi ỏp ỏn chm thi nu cú lp lun ỳng da vo SGK hin hnh v cú kt qu chớnh xỏc n ý no thỡ cho im ti a ý ú ; ch cho im n phn hc sinh lm ỳng t trờn xung di v phn lm bi sau khụng cho im HT WWW.VNMATH.COM THI TH I HC, CAO NG 2012 Mụn thi : TON ( 150 ) PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im) 2x + 4 1 x 1)Kho sỏt v v th ( C ) ca... 1 2 b c 1 a + + +