Tuyển tập 25 đề thi thử đại học môn toán ( có đáp án chi tiết kèm theo)

Đây là một bộ đề luyện thi đại học được tuyển chọn kĩ càng, có chất lượng cao, giúp các em học sinh lớp 12 củng cố và nâng cao kiến thức và luyện thi đại học. Bên dưới mỗi đề được kèm theo đáp án và thang điểm chấm chi tiết không những giúp các thầy cô có căn cứ để hướng dẫn và giảng dạy cho học sinh mà còn giúp cho các em tự học, tự kiểm tra và so sánh đối chiếu kết quả làm bài của mình khi không có sự trợ giúp của các thầy cô giáo. Hy vọng bộ đề thi sẽ giúp ích cho các thầy cô trong việc bồi dưỡng HSG và giúp các em học sinh lớp 12 học tập tốt bộ môn và luyện thi đại học đạt kết quả tốt.

ĐỀ SỐ 1: TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH KHỐI CHUYÊN TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 MÔN TOÁN KHỐI A Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số y = (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Câu II. (2.0 điểm) 1.Tìm nghiệm của phương trình 2cos4x - ( - 2)cos2x = sin2x + biết x∈ [ 0 ; π ]. 2. Giải hệ phương trình 3 2 3 2 2 3 5.6 4.2 0 ( 2 )( 2 ) x y x x y x y y y x y x − −  − + =   − = + − +   Câu III. (1.0 điểm) Tính tích phân 3 1 4 2 0 ( ) 1 x x x e dx x + + ∫ Câu IV. (1.0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện xy + yz + zx ≥ 2xyz Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). Câu V. (1.0 điểm) Cho tứ diện ABCD biết AB = CD = a, AD = BC = b, AC = BD = c. Tính thể tích của tứ diện ABCD. PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không được chấm điểm). A. Theo chương trình nâng cao Câu VIa. (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d 1 ) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d 2 ): 4x + 3y - 12 = 0. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d 1 ), (d 2 ), trục Oy. 2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N là tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N. Câu VIIa. (1.0 điểm) Giải bất phương trình 2 3 3 4 2 log ( 1) log ( 1) 0 5 6 x x x x + − + > − − B. Theo chương trình chuẩn 1 Câu VIb. (2.0 điểm) 1. Cho elip (E) : 4x 2 + 16y 2 = 64.Gọi F 1 , F 2 là hai tiêu điểm. M là điểm bất kì trên (E).Chứng tỏ rằng tỉ số khoảng cách từ M tới tiêu điểm F 2 và tới đường thẳng x = 8 3 có giá trị không đổi. 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và vuông góc với (Q). Câu VIIb. (1.0 điểm) Giải bất phương trình 2 2 3 2 1 6 10 2 x x x A A C x − ≤ + ( k n C , k n A là tổ hợp, chỉnh hợp chập k của n phần tử) ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 MÔN TOÁN Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) CÂU NỘI DUNG THANG ĐIỂM Câu I (2.0đ) 1. (1.0đ) TXĐ : D = R\{1} 0.25 Chiều biến thiên lim ( ) lim ( ) 1 x x f x f x →+∞ →−∞ = = nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 1 1 lim ( ) , lim x x f x + − → → = +∞ = −∞ nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y’ = 2 1 0 ( 1)x − < − 0.25 Bảng biến thiên 1 + ∞ - ∞ 1 - - y y' x - ∞ 1 + ∞ Hàm số nghịc biến trên ( ;1)−∞ và (1; )+∞ Hàm số không có cực trị 0.25 Đồ thị.(tự vẽ) Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0) Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng 0.25 2 - + f(t) f'(t) x 2 0 1 0 + ∞ 2.(1.0đ) Giả sử M(x 0 ; y 0 ) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất. Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : 0 0 2 0 0 1 ( ) ( 1) 1 x y x x x x = − − + − − 2 0 2 2 0 0 1 0 ( 1) ( 1) x x y x x ⇔ − − + = − − 0.25 Ta có d(I ;tt) = 0 4 0 2 1 1 1 ( 1) x x − + + Xét hàm số f(t) = 4 2 ( 0) 1 t t t > + ta có f’(t) = 2 4 4 (1 )(1 )(1 ) (1 ) 1 t t t t t − + + + + 0.25 f’(t) = 0 khi t = 1 Bảng biến thiên từ bảng biến thiên ta c d(I ;tt) lớn nhất khi và chỉ khi t = 1 hay 0 0 0 2 1 1 0 x x x =  − = ⇔  =  0.25 + Với x 0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x + Với x 0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4 0.25 Câu II(2.0đ) 1. (1.0đ) Phương trình đã cho tương đương với 2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x 0.25 2 cosx=0 4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx 2cos3x= 3 osx+sinx c c x c  ⇔ + ⇔   0.25 + osx=0 x= 2 c k π π ⇔ + + 3x=x- 2 6 2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- ) 6 3 2 6 k c c x x k π π π π π  +  ⇔ ⇔   = − +   0.25 3 12 24 2 x k k x π π π π  = − +  ⇔   = +   vì x [ ] 11 13 0; , , , 2 12 24 24 x x x x π π π π π ∈ ⇒ = = = = 0.25 2.(1.0đ) ĐK: , 0x y x y ≥   ≥  Hệ phương trình 3 2 3 2 3 2 3 2 3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 (2 )( 2 ) 2 (2 )( 2 )( ) x y x x y x y x x y x y y y x y x x y y x y x x y y − − − −   − + = − + =   ⇔ ⇔   − − = − + − = − + − +     0.25 3 2 3 2 3 2 3 2 3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 2 0 (2 )[( 2 )( ) 1] 0 x y x x y x y x x y y x y x y x x y y − − − −  − + =  − + =  ⇔ ⇔   − = − + − + + =    (do 2 )( ) 1 0y x x y y+ − + + ≠ ) 3 2 3 2 2 2 3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 (1) 2 2 (2) x y x x y x x x y x y x − −   − + = − + = ⇔ ⇔   = =   Giải (1): 2 2 2 3 ( ) 1 3 3 2 3 5.6 4.2 0 ( ) 5.( ) 4 0 3 2 2 ( ) 4 2 x x x x x x x  =  − + = ⇔ − + = ⇔   =   3 2 0 log 4 x x =   ⇔ =   0.25 0.25 Với x 0 thay vao (2) ta được y = 0 Với 3 2 log 4x = thay vao (2) ta được y = 3 2 1 log 4 2 Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là 3 2 log 4x = ,y = 3 2 1 log 4 2 0.25 Câu III. (1.0đ) Đặt I = 3 1 4 2 0 ( ) 1 x x x e dx x + + ∫ . Ta có I = 3 1 1 4 2 0 0 1 x x x e dx dx x + + ∫ ∫ 0.25 Ta tính 3 1 2 1 0 x I x e dx= ∫ Đặt t = x 3 ta có 1 1 1 0 0 1 1 1 1 3 3 3 3 t t I e dt e e= = = − ∫ 0.25 Ta tính 1 4 2 0 1 x I dx x = + ∫ Đặt t = 4 x 4 3 4x t dx t dt⇒ = ⇒ = 0.25 Khi đó 1 1 4 2 2 2 2 0 0 1 2 4 4 ( 1 ) 4( ) 1 1 3 4 t I dx t dt t t π = = − + = − + + + ∫ ∫ Vậy I = I 1 + I 2 1 3 3 e π = + − 0.25 Câu IV. Ta có 1 1 1 2 2xy yz xz xyz x y z + + ≥ ⇔ + + ≥ nên 0.25 4 B' Y X Z N D' C' A' C D A B M B D A C P M N 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (1) y z y z x y z y z yz − − − − ≥ − + − = + ≥ Tương tự ta có 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (2) x z x z y x z x z xz − − − − ≥ − + − = + ≥ 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (3) x y x y y x y x y xy − − − − ≥ − + − = + ≥ 0.25 Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được 1 ( 1)( 1)( 1) 8 x y z− − − ≤ 0.25 vậy A max = 1 3 8 2 x y z⇔ = = = 0.25 Câu V. (1.0đ) Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng Song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP vuông tại A Đặt x = AM, y = AN, AP = z ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ), 2( ) 2( ) x a c b y b c a z a b c = + − = + − = + − Vậy V = 1 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( )( )( )a c b b c a a b c+ − + − + − 1.0 Câu VIa. (2.0đ) 1. (1.0đ) Gọi A là giao điểm d 1 và d 2 ta có A(3 ;0) Gọi B là giao điểm d 1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C là giao điểm d 2 với Oy ta có C(0 ;4) 0.5 Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3 0.5 2. (1.0đ) Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2) Gọi phương trình mặt cầu đi qua 4 điểm M,N,B,C’ có dạng x 2 + y 2 + z 2 +2Ax + 2By+2Cz +D = 0 Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có 5 2 1 2 0 5 2 2 2 0 2 8 4 4 0 1 8 4 4 0 2 4 A A D B C D B A C D C B C D D  = −  + + =     + + + = = −   ⇔   + + + =   = −   + + + =    =  1.0 5 Vy bỏn kớnh R = 2 2 2 15A B C D+ + = Cõu VIIa (1.0) Cõu VIb (2.0) 1. (1.0) k: x > - 1 0.25 bt phng trỡnh 3 3 3 3log ( 1) 2log ( 1) log 4 0 ( 1)( 6) x x x x + + > + 3 log ( 1) 0 6 x x + < 0.25 0.25 0 6x < < 0.25 Ta cú 1 2 ( 12;0), ( 12;0)F F Gi s M(x 0 ; y 0 )thuc (E) H l hỡnh chiu ca M trờn ng thng 8 3 x = . Ta cú MF 2 = a - cx 0 /a = 0 8 3 2 x 0.5 MH = 0 8 3 3 x . Vy 2 MF MH khụng i 0.5 2. (1.0) Ta cú (1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1) Q Q AB n AB n = uuur uur uuur uur Vỡ ; 0 Q AB n uuur uur r nờn mt phng (P) nhn ; Q AB n uuur uur lm vộc t phỏp tuyn Vy (P) cú phng trỡnh x - 2y + z - 2 = 0 1.0 Cõu VIIb (1.0) nghim bt phng trỡnh l x = 3 v x = 4 1.0 Chú ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đợc đủ điểm từng phần nh đáp án quy định S 2: TRNG AI HC VINH đề thi thử đại học Trng THPT chuyờn MễN: TON; Thi gian lm bi: 180 phỳt A. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) 6 Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số mxxmxy −++−= 9)1(3 23 , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với 1 = m . 2. Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại 21 , xx sao cho 2 21 ≤− xx . Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: ) 2 sin(2 cossin 2sin cot 2 1 π += + + x xx x x . 2. Giải phương trình: )12(log1)13(log2 3 5 5 +=+− xx . Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân ∫ + + = 5 1 2 13 1 dx xx x I . Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều '''. CBAABC có ).0(',1 >== mmCCAB Tìm m biết rằng góc giữa hai đường thẳng 'AB và 'BC bằng 0 60 . Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm zyx ,, thoả mãn 3 222 =++ zyx . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức zyx zxyzxyA ++ +++= 5 . B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b). a. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy cho tam giác ABC có )6;4(A , phương trình các đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 0132 =+− yx và 029136 =+− yx . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho hình vuông MNPQ có )4;3;2(),1;3;5( −− PM . Tìm toạ độ đỉnh Q biết rằng đỉnh N nằm trong mặt phẳng .06:)( =−−+ zyx γ Câu VIIa. (1,0 điểm) Cho tập { } 6,5,4,3,2,1,0=E . Từ các chữ số của tập E lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau? b. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy xét elíp )(E đi qua điểm )3;2( −−M và có phương trình một đường chuẩn là .08 =+ x Viết phương trình chính tắc của ).(E 2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho các điểm )2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA và mặt phẳng .022:)( =++ yx α Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều các điểm CBA ,, và mặt phẳng ).( α Câu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức n xnxx )1( )1(21 2 −++−+− thu được đa thức n n xaxaaxP +++= )( 10 . Tính hệ số 8 a biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn n CC nn 171 32 =+ . 7 . P N THI TH LN 1 NM 2009 Cõu ỏp ỏn i m I 1. (1,25 im) Với 1 = m ta có 196 23 += xxxy . * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên Chiều biến thiên: )34(39123' 22 +=+= xxxxy Ta có < > > 1 3 0' x x y , 310' <<< xy . Do đó: + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )1,( và ),3( + . + Hm số nghịch biến trên khoảng ).3,1( 0,5 Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1=x và 3)1( == yy CD ; đạt cực tiểu tại 3=x và 1)3( == yy CT . Giới hạn: +== + yy xx lim;lim . 0,25 Bảng biến thiên: 0,25 * Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại điểm )1,0( . 1 2 3 4 -1 1 2 3 x y O 0,25 2. (0,75 điểm) Ta có .9)1(63' 2 ++= xmxy +) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại 21 , xx phơng trình 0'=y có hai nghiệm pb là 21 , xx 8 Trờng ại học Vinh Khối THPT chuyên đáp án đề thi thử đại học Môn Toán, khối A x y y 3 -1 + 0 0 3 1 + + + (2,0 im ) Pt 03)1(2 2 =++ xmx có hai nghiệm phân biệt là 21 , xx . < +> >+= 31 31 03)1(' 2 m m m )1( 0,25 +) Theo định lý Viet ta có .3);1(2 2121 =+=+ xxmxx Khi đó ( ) ( ) 41214442 2 21 2 2121 ++ mxxxxxx )2(134)1( 2 + mm Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m là 313 < m và .131 <+ m 0,5 II (2,0 1. (1,0 điểm) Điều kiện: .0cossin,0sin + xxx Pt đã cho trở thành 0cos2 cossin cossin2 sin2 cos = + + x xx xx x x 02sin) 4 sin(cos 0 cossin cos2 sin2 cos 2 = + = + xxx xx x x x +) ., 2 0cos +== kkxx 0,5 +) += += += ++= += nm n x mx nxx mxx xx , 3 2 4 2 4 2 4 2 2 4 2 ) 4 sin(2sin ., 3 2 4 += t t x Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là kx += 2 ; .,, 3 2 4 += tk t x 0,5 2. (1,0 điểm) Điều kiện . 3 1 >x (*) Với đk trên, pt đã cho )12(log31)13(log 5 2 5 +=+ xx 32 3 5 2 5 )12()13(5 )12(log)13(5log += += xx xx 0,5 = = = =+ 8 1 2 0)18()2( 0436338 2 23 x x xx xxx Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm của pt là .2=x 0,5 III (1,0 im Đặt 3 2 132 3 13 tdt dx x dx dtxt = + =+= . Khi 1 = x thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4. 9 ) Suy ra + = 4 2 2 2 2 3 2 . . 3 1 1 3 1 tdt t t t I += 4 2 2 4 2 2 1 2)1( 9 2 t dt dtt 0,5 . 5 9 ln 27 100 2 4 1 1 ln 2 4 3 1 9 2 3 += + + = t t tt 0,5 IV (1,0 - Kẻ )''('// BADABBD 0 60)',()','( == BCBDBCAB 0 60'= DBC hoặc .120' 0 =DBC 0,5 - Nếu 0 60'=DBC Vì lăng trụ đều nên ).'''(' CBABB áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta có 1' 2 +== mBCBD và .3'=DC Kết hợp 0 60'=DBC ta suy ra 'BDC đều. Do đó .231 2 ==+ mm - Nếu 0 120'=DBC áp dụng định lý cosin cho 'BDC suy ra 0 = m (loại). Vậy .2=m * Chú ý: - Nếu HS chỉ xét trờng hợp góc 0 60 thì chỉ cho 0,5đ khi giải đúng. - HS có thể giải bằng phơng pháp vectơ hoặc toạ độ với nhận xét: ''. '.' )','cos()','cos( BCAB BCAB BCABBCAB == . 0,5 V (1,0 điểm ) Đặt zyxt ++= 2 3 )(23 2 2 =+++++= t zxyzxyzxyzxyt . Ta có 30 222 =++++ zyxzxyzxy nên 3393 2 tt vì .0>t Khi đó . 5 2 3 2 t t A + = 0,5 Xét hàm số .33, 2 35 2 )( 2 += t t t tf Ta có 0 55 )(' 2 3 2 > == t t t ttf vì .3t Suy ra )(tf đồng biến trên ]3,3[ . Do đó . 3 14 )3()( = ftf Dấu đẳng thức xảy ra khi .13 ==== zyxt 0,5 10 A 2 1 m+ C C B B A m D 3 1 1 0 120 [...]... ti M MA = MB 0 ,25 (4 x )( 2 x) + (1 y )(7 y ) + 25 = 0 2 2 2 2 (4 x) + (1 y ) + 25 = ( 2 x) + (7 y ) + 25 (4 x )( 2 x) + (1 y )(7 y ) + 25 = 0 x = 1 3x 4 y + 9 = 0 y = 3 0,5 Vy M(1;3;0) 33 4 (1 im) S B C K H A D Gi H l hỡnh chiu ca S lờn AB Vỡ ( SAB) ( ABCD) SH ( ABCD) 0 ,25 Vỡ SH ( ABCD ) SH AD m AD AB AD ( SAB ) AD SA Suy ra gúc gia mt phng (SAD) v mt phng (ABCD) l gúc gia... 6 y 72 = 0 hay ( x 2) + ( y + 3) 2 = 85 2 (1 điểm) - Giả sử N ( x0 ; y0 ; z0 ) Vì N ( ) x0 + y0 z0 6 = 0 0,5 (1 ) MN = PN - MNPQ là hình vuông MNP vuông cân tại N MN PN = 0 2 2 2 2 ( x0 5) + ( y0 3) + ( z0 + 1) = ( x0 2) + ( y0 3) 2 + ( z0 + 4) 2 ( x0 5 )( x0 2) + ( y0 3) 2 + ( z0 + 1 )( z0 + 4) = 0 ( 2) x0 + z0 1 = 0 2 (3 ) ( x0 5 )( x0 2) + ( y0 3) + ( z0 + 1 )( z0 + 4) = 0 ... phng u = (1 ;1; 4) 0 ,25 16 = 0 a Vi = 2 chn a = 2, c = - 1 b = 2 Phng trỡnh mt phng (P): 2x + 2y - z c + 4 = 0 Gi s z = a +bi vi ; a,b R v a,b khụng ng thi bng 0 0 ,25 0 ,25 0 ,25 2 5( a bi ) VII.b Khi ú phng trỡnh z + z = 8 6i a bi + a 2 + b2 = 8 6i (1 im) a ( a 2 + b2 + 25) = 8( a 2 + b2 ) (1 ) 3 2 2 Ly (1 ) chia (2 ) theo v ta cú b = a th vo 2 2 (2 ) b( a + b + 25) = 6( a + b ) 0 ,25 0 ,25 1 1 a... (x + 1)3 (x + 1)3 (x + 1)2 (x + 1)3 x + 1 (x + 1)2 x (x + 1) 1 1 1 Có thể xét: = 3 = 3 2 (x + 1) (x + 1) (x + 1) (x + 1)3 1 1 dx = Từ đó suy ra: I = 2 ( x + 1) 3 0 ( x + 1) 1 1 1 1 = 2 x +1 0 2( x + 1) Câu IV (1 ,0 0 ,25 1 = 0 1 2 ( x + 1) dx 0 1 1 1 1 +1+ = 2 8 2 8 1 ( x + 1) 0 ,25 3 dx 0 ,25 0 0,50 Tính thể tích hình chóp 27 Câu V (1 ,0 điểm) Câu VI.a (2 ,0 điểm) Gọi O AC BD, ta có: S BDA... 3 4 + 1 3 4 i 0 ,25 Chú ý: Mọi lời giải khác, nếu đúng vẫn chấm điểm tối đa Hết -Đáp án này có 4 trang S 5: Sở GD Và ĐT HOà BìNH TRƯờNG THPT CÔNG NGHIệP Đề THI THử Đề THI ĐạI HọC NĂM 2011 Môn Toán - Khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHầN CHUNG CHO TấT Cả THí SINH (7 ,0 điểm) Câu I (2 ,0 điểm) Cho hàm số y = x3 (m + 2)x2 + (1 m)x + 3m 1, đồ thị (Cm), m là tham số... 1 0 Khi đó ( Câu III (1 ,0 điểm) ) 0,50 2 6 m 2 + 6 m 0 1+ 2 m2+ 6 m 1 2 m 1 + 2 Tính tích phân: x B C 1 1 A Ta có: + 3 = 2 + 3 = 2 (x + 1) (x + 1) (x + 1) (x + 1)3 x + 1 (x + 1) x (x + 1) 1 1 1 Có thể xét: = 3 = 3 2 (x + 1) (x + 1) (x + 1) (x + 1)3 1 1 1 dx = Từ đó suy ra: I = 2 ( x + 1) 3 0 ( x + 1) 1 1 1 = 2 x +1 0 2( x + 1) Câu IV (1 ,0 0 ,25 1 = 0 1 2 ( x + 1) dx 0 1... Xét mặt phẳng (P) chứa I và 1 có [ M 1 I , u 1 ] = n P = (3 ; 1; 2) (P): 3x y 2z + 2 = 0 Xét mặt phẳng (Q) chứa I và 2 có [ M 2 I , u 2 ] = (9 ; 3; 6) = 3(3 ; 1; 0,50 0,50 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0,50 2) n Q = (3 ; 1; 2) (Q): 3x y + 2z + 2 = 0 Với [ n P , n Q ] = (4 ; 12; 0) = 4(1 ; 3; 0) thì d = (P) (Q) và u d = (1 ; 3; 0) x = 1 + t Phơng trình tham số của d là: y = 5 + 3t z = 0 Câu VII.b (1 ,0 Tìm số... Xét mặt phẳng (P) chứa I và 1 có [ M 1 I , u 1 ] = n P = (3 ; 1; 2) (P): 3x y 2z + 2 = 0 Xét mặt phẳng (Q) chứa I và 2 có [ M 2 I , u 2 ] = (9 ; 3; 6) = 3(3 ; 1; 0,50 0,50 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0,50 2) n Q = (3 ; 1; 2) (Q): 3x y + 2z + 2 = 0 Với [ n P , n Q ] = (4 ; 12; 0) = 4(1 ; 3; 0) thì d = (P) (Q) và u d = (1 ; 3; 0) x = 1 + t Phơng trình tham số của d là: y = 5 + 3t z = 0 Câu VII.b (1 ,0 Tìm số... 2 p dng BT 4xy (x + y)2 ta cú xy t2 4 0 ,25 t 3 t 2 xy (3 t 2) t2 P= Do 3t - 2 > 0 v xy nờn ta cú xy t + 1 4 t 2 (3 t 2) t2 4 P = t2 t2 t +1 4 t2 t 2 4t V f (t ) = ; f '(t ) = ; f(t) = 0 t = 0 v t = 4 Xột hm s t2 (t 2) 2 (1 im) 0 ,25 t3 t2 t f(t) 2 4 0 - + + + 0 ,25 + f(t) 8 x + y = 4 x = 2 min Do ú min P = (2 ;+ ) f (t ) = f(4) = 8 t c khi xy = 4 ng trũn (C) cú tõm I(1; m), bỏn kớnh... bi a + b2 25 0 ,25 0 ,25 rr n.u = a + b + 4c = 0 (1 ) / /( P) | a + 5b | T gi thit ta cú =4 (2 ) d ( A; ( P )) = 4 2 2 2 VI.b-2 a +b +c (1 im) Th b = - a - 4c vo (2 ) ta cú (a + 5c) 2 = (2 a 2 + 17c 2 + 8ac) a 2 - 2ac 8c 2 = 0 a a = 2 =4 v c c a Vi = 4 chn a = 4, c = 1 b = - 8 Phng trỡnh mt phng (P): 4x - 8y + z c Khi ú z = a bi ; 0 ,25 0 ,25 4 (1 ) Ta cú a = 0 v a = 4 Vi a = 0 b = 0 ( Loi) Vi . ĐỀ SỐ 1: TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH KHỐI CHUYÊN TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 MÔN TOÁN KHỐI A Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 .0 điểm) Câu. =++++ +++=+++ 0)4 )(1 () 3() 2 )(5 ( ) 4() 3() 2() 1() 3() 5( 00 2 000 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 zzyxx zyxzyx 0,5 =++++ =+ ) 3(0 )4 )(1 () 3() 2 )(5 ( ) 2(0 1 00 2 000 00 zzyxx zx - Từ (1 ) và (2 ) suy ra += += 1 72 00 00 xz xy . Thay vào (3 ). 0'=y có hai nghiệm pb là 21 , xx 8 Trờng ại học Vinh Khối THPT chuyên đáp án đề thi thử đại học Môn Toán, khối A x y y 3 -1 + 0 0 3 1 + + + (2 ,0 im ) Pt 03) 1(2 2 =++ xmx có hai