Đề thi toán lop 12

ĐỀ THI so 1 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 4 2 ( ) 2y f x x x= = − 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: ( ) 2 cos sin 1 tan cot 2 cot 1 x x x x x − = + − 2. Giải bất phương trình: ( ) 2 3 1 1 3 3 1 log 5 6 log 2 log 3 2 x x x x− + + − > + Câu III (1 điểm) Tính tích phân: ( ) 2 4 4 0 cos 2 sin cosI x x x dx π = + ∫ 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 45 0 . Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ. Câu V (1 điểm) Cho phương trình ( ) ( ) 3 4 1 2 1 2 1x x m x x x x m+ − + − − − = 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: 2 2 ( ): 4 2 0; : 2 12 0C x y x y x y+ − − = ∆ + − = . Tìm điểm M trên ∆ sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 60 0 . 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 ( ) : 3 0d x y− − = và có hoành độ 9 2 I x = , trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các 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 ( ) : 4 2 6 5 0, ( ) :2 2 16 0S x y z x y z P x y z+ + − + − + = + − + = . 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: 2 2 2 3a b c+ + = . Chứng minh bất đẳng thức 2 2 2 1 1 1 4 4 4 7 7 7a b b c c a a b c + + ≥ + + + + + + + + Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 2 Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 1,00 + MXĐ: D = ¡ 0,25 + Sự biến thiên • Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = +∞ = +∞ • ( ) 3 2 0 ' 4 4 4 1 ; ' 0 1 x y x x x x y x =  = − = − = ⇔  = ±  0,25 • Bảng biến thiên ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1; 1 1; 0 0 CT CT y y y y y y= − = − = = − = = C§ 0,25 • Đồ thị 0,25 2 1,00 Ta có 3 '( ) 4 4f x x x= − . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B. Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là 3 3 '( ) 4 4 , '( ) 4 4 A B k f a a a k f b b b= = − = = − Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' ' ( ) af' ay f a x a f a f a x f a= − + = + − ; ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' ' ( ) f' by 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: ( ) ( ) 3 3 2 2 4a 4a = 4b 4 1 0 (1) 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 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 2 4 2 1 0 1 0 ' ' 3 2 3 2 a ab b a ab b a b f a af a f b bf b a a b 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 2 2 1 0 1 a ab b a a b  + + − =  ≠ ±   ≠  II 2,00 1 1,00 Điều kiện: ( ) cos .sin 2 .sin . tan cot 2 0 cot 1 x x x x x x + ≠   ≠   0,25 Từ (1) ta có: ( ) 2 cos sin 1 cos .sin 2 2 sin sin cos2 cos cos 1 cos sin 2 sin x x x x x x x x x x x x − = ⇔ = + − 0,25 2sin .cos 2 sinx x x⇔ = ( ) 2 2 4 cos 2 2 4 x k x k x k π π π π  = +  ⇔ = ⇔ ∈   = − +   ¢ 0,25 Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là ( ) 2 4 x k k π π = − + ∈¢ 0,25 2 1,00 Điều kiện: 3x > 0,25 Phương trình đã cho tương đương: ( ) ( ) ( ) 1 1 2 3 3 3 1 1 1 log 5 6 log 2 log 3 2 2 2 x x x x − − − + + − > + ( ) ( ) ( ) 2 3 3 3 1 1 1 log 5 6 log 2 log 3 2 2 2 x x x x⇔ − + − − > − + ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 log 2 3 log 2 log 3x x x x⇔ − − > − − +    0,25 ( ) ( ) 3 3 2 log 2 3 log 3 x x x x −   ⇔ − − >   ÷   +   ( ) ( ) 2 2 3 3 x x x x − ⇔ − − > + 2 10 9 1 10 x x x  < − ⇔ − > ⇔  >   0,25 Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là 10x > 0,25 III 1,00 1 1,00 ( ) 2 2 0 2 2 0 1 cos 2 1 sin 2 2 1 1 1 sin 2 sin 2 2 2 I x x dx x d x π π   = −  ÷     = −  ÷   ∫ ∫ 0,50 ( ) ( ) 2 2 2 0 0 3 2 2 0 0 1 1 sin 2 sin 2 sin 2 2 4 1 1 sin 2 sin 2 0 2 12 | | d x xd x x x π π π π = − = − = ∫ ∫ 0,50 IV 1,00 Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó OM AB ⊥ và ' DO N C ⊥ . Giả sử I là giao điểm của MN và OO’. Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó: OMI∆ vuông cân tại O nên: 2 2 2 . 2 2 2 2 2 h a OM OI IM h a= = ⇒ = ⇒ = 0,25 Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3a 2 4 4 8 8 a a a a R OA AM MO     = = + = + = + =  ÷  ÷  ÷     0,25 2 3 2 3a 2 3 2 R . . , 8 2 16 a a V h π π π ⇒ = = = 0,25 và 2 a 3 2 3 2 Rh=2 . . . 2 2 2 2 xq a a S π π π = = 0,25 V 1,00 Phương trình ( ) ( ) 3 4 1 2 1 2 1x x m x x x x m+ − + − − − = (1) Điều kiện : 0 1x ≤ ≤ Nếu [ ] 0;1x∈ thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì cần có điều kiện 1 1 2 x x x= − ⇒ = . Thay 1 2 x = vào (1) ta được: 3 0 1 1 2. 2. 1 2 2 m m m m =  + − = ⇒  = ±  0,25 * Với m = 0; (1) trở thành: ( ) 2 4 4 1 1 0 2 x x x− − = ⇔ = Phương trình có nghiệm duy nhất. 0,25 * Với m = -1; (1) trở thành ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 2 2 4 4 1 2 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 0 1 1 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x + − − − − − = − ⇔ + − − − + + − − − = ⇔ − − + − − = + Với 4 4 1 1 0 2 x x x− − = ⇔ = 0,25 + Với 1 1 0 2 x x x− − = ⇔ = Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất. * Với m = 1 thì (1) trở thành: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 4 4 1 2 1 1 2 1 1 1x x x x x x x x x x+ − − − = − − ⇔ − − = − − Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm 1 0, 2 x x= = nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm duy nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1. 0,25 VIa 2,00 1 1,00 Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính 5R = . 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 60 0 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra 2R=2 5IM = . Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 1 20x y− + − = . 0,25 Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng ∆ , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 1 20 (1) 2 12 0 (2) x y x y  − + − =   + − =   0,25 Khử x giữa (1) và (2) ta được: ( ) ( ) 2 2 2 3 2 10 1 20 5 42 81 0 27 5 x y y y y x =   − + + − = ⇔ − + = ⇔  =  0,25 Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: 9 3; 2 M    ÷   hoặc 27 33 ; 5 10 M    ÷   0,25 2 1,00 Ta tính được 10, 13, 5AB CD AC BD AD BC= = = = = = . 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 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là 3 3 ;0; 2 2 G    ÷   , bán kính là 14 2 R GA= = . 0,50 VII a 1,00 Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : 9 18 C . 0,25 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 13 C cách. + Không có bi vàng: có 9 15 C cách. 0,25 Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có 9 10 C cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần. Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: 9 9 9 9 10 18 13 15 42910C C C C+ − − = cách. 0,50 VIb 2,00 1 1,00 I có hoành độ 9 2 I x = và ( ) 9 3 : 3 0 ; 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) ( ) ( ) 2 2 9 9 2 2 2 3 2 4 4 I M I M AB IM x x y y= = − + − = + = D 12 . D = 12 AD = 2 2. 3 2 ABCD ABC S S AB A AB = ⇔ = = ( ) AD d M AD ⊥   ∈   , suy ra phương trình AD: ( ) ( ) 1. 3 1. 0 0 3 0x y x y− + − = ⇔ + − = . Lại có MA = MD = 2 . Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 0 3 3 3 2 3 3 2 3 2 x y y x y x x y x x x y + − =  = − + = − +      ⇔ ⇔    − + = − + − = − + =       3 2 3 1 1 y x x x y = − =   ⇔ ⇔   − = ± =   hoặc 4 1 x y =   = −  .Vậy A(2;1), D(4;-1), 0,50 9 3 ; 2 2 I    ÷   là trung điểm của AC, suy ra: 2 9 2 7 2 2 3 1 2 2 A C I C I A A C C I A I x x x x x x y y y y y 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 2 1,00 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 d d I P d R + − − + = = = ⇒ > . 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 M 0 và N ở vị trí N 0 . Dễ thấy N 0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M 0 là giao điểm của đoạn thẳng IN 0 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 ( ) 2;2; 1 P n = − r và qua I nên có phương trình là ( ) 2 2 1 2 3 x t y t t z t = +   = − + ∈   = −  ¡ . 0,25 Tọa độ của N 0 ứng với t nghiệm đúng phương trình: ( ) ( ) ( ) 15 5 2 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 0 9 3 t t t t t+ + − + − − + = ⇔ + = ⇔ = − = − Suy ra 0 4 13 14 ; ; 3 3 3 N   − −  ÷   . 0,25 Ta có 0 0 3 . 5 IM IN= uuuur uuur Suy ra M 0 (0;-3;4) 0,25 VII b 1,00 Áp dụng bất đẳng thức 1 1 4 ( 0, 0)x y x y x y + ≥ > > + Ta có: 1 1 4 1 1 4 1 1 4 ; ; 2 2 2a+b+ca b b c a b c b c c a a b c c a a b + ≥ + ≥ + ≥ + + + + + + + + + + 0,50 Ta lại có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 4 4 2 2 0 2 2 4 7 2 1 1 1 0 a b c a b c a b c a b c a a b c ≥ = ⇔ + + + − − − ≥ + + + + + + ⇔ − + − + − ≥ Tương tự: 2 2 1 2 1 2 ; 2 7 2 7b c a b c a b c ≥ ≥ + + + + + + Từ đó suy ra 2 2 2 1 1 1 4 4 4 7 7 7a b b c c a a b c + + ≥ + + + + + + + + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 0,50 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG- ĐỀ SỐ 3 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 ( ) 3 2 ( ) 3 1 1y f x mx mx m x= = + − − − , m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của m để hàm số ( )y f x= không có cực trị. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình : ( ) 4 4 sin cos 1 tan cot sin 2 2 x x x x x + = + 2. Giải phương trình: ( ) ( ) 2 3 4 8 2 log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + + Câu III (1 điểm) Tính tích phân 3 2 2 1 2 1 dx A x x = − ∫ Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho. Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm ( ) 2 2 7 6 0 2 1 3 0 x x x m x m − + ≤ − + − + ≥      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 tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( ) ( ) : 2 2z + 5 = 0; Q : 2 2z -13 = 0.P x y x y+ − + − Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q). Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau: 4 3 2 1 1 2 4 3 1 1 5 4 7 15 n n n n n n C C A C A − − − − + +  − <     ≥   (Ở đây , k k n n A C lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử) 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): 2 2 2 4 8 0x y x y+ + − − = .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2. Cho mặt phẳng (P): 2 2 1 0x y z− + − = và các đường thẳng 1 2 1 3 5 5 : ; : 2 3 2 6 4 5 x y z x y z d d − − − + = = = = − − . Tìm các điểm 1 2 d , dM N∈ ∈ sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2. Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số ( ) 3 1 ( ) ln 3 f x x = − và giải bất phương trình 2 0 6 sin 2 '( ) 2 t dt f x x π π > + ∫ Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 3 Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 1,00 Khi m = 1 ta có 3 2 3 1y x x= + − + MXĐ: D = ¡ 0,25 + Sự biến thiên: • Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ • 2 ' 3 6y x x= + ; 2 ' 0 0 x y x = −  = ⇔  =  0,25 • Bảng biến thiên ( ) ( ) 2 3; 0 1 CT y y y y= − = = = − C§ 0,25 • Đồ thị 0,25 2 1,00 + Khi m = 0 1y x⇒ = − , nên hàm số không có cực trị. 0,25 + Khi 0m ≠ ( ) 2 ' 3 6 1y mx mx m⇒ = + − − Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi ' 0y = không có nghiệm hoặc có nghiệm kép 0,50 ( ) 2 2 ' 9 3 1 12 3 0m m m m m⇔ ∆ = + − = − ≤ 1 0 4 m⇔ ≤ ≤ 0,25 II 2,00 1 1,00 ( ) 4 4 sin cos 1 tan cot sin 2 2 x x x x x + = + (1) Điều kiện: sin 2 0x ≠ 0,25 2 1 1 sin 2 1 sin cos 2 (1) sin 2 2 cos sin x x x x x x −   ⇔ = +  ÷   0,25 2 2 1 1 sin 2 1 1 2 1 sin 2 1 sin 2 0 sin 2 sin 2 2 x x x x x − ⇔ = ⇔ − = ⇔ = Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 0,50 2 1,00 ( ) ( ) 2 3 4 8 2 log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + + (2) Điều kiện: 1 0 4 4 4 0 1 4 0 x x x x x + ≠  − < <   − > ⇔   ≠ −   + >  0,25 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16 log 4 1 log 16 4 1 16 x x x x x x x x x ⇔ + + = − + + ⇔ + + = − ⇔ + = − ⇔ + = − 0,25 + Với 1 4x − < < ta có phương trình 2 4 12 0 (3)x x+ − = ; ( ) 2 (3) 6 x x =  ⇔  = −  lo¹i 0,25 + Với 4 1x − < < − ta có phương trình 2 4 20 0x x− − = (4); ( ) ( ) 2 24 4 2 24 x x  = − ⇔  = +   lo¹i Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 2x = hoặc ( ) 2 1 6x = − 0,25 III 1,00 Đặt 2 2 2 2 1 1 2 2 dx tdt t x t x tdt xdx x x = − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = − 2 2 1 1 dx tdt tdt x t t ⇒ = − = − − + Đổi cận: 1 3 2 2 3 1 2 2 x t x t = ⇒ = = ⇒ = 0,50 0,50 [...]... 4t 1| 12 + ( 2 ) + 22 2 =2 0,25 |12t 6 | = 2 12t 6 = 6 t1 = 1, t2 = 0 3 + Vi t1 = 1 ta c M 1 ( 3;0; 2 ) ; + Vi t2 = 0 ta c M 2 ( 1;3;0 ) 0,25 + ng vi M1, im N1 d 2 cn tỡm phi l giao ca d2 vi mp qua M1 v // mp (P), gi mp ny l (Q1) PT (Q1) l: ( x 3) 2 y + 2 ( z 2 ) = 0 x 2 y + 2 z 7 = 0 (1) x = 5 + 6t Phng trỡnh tham s ca d2 l: y = 4t (2) z = 5 5t Thay (2) vo (1), ta c: -12t 12 = 0... = 0 2 x + 2y + z - 3 = 0 Cõu VII.b (1,0 im) 60 c s Ht -I =- THI TH TUYN SINH I HC- S 9 Thi gian lm bi: 180 phỳt I PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I (2,0 im) Cho hm s y = x 4 - 2mx 2 + 2m + m 4 (1) 1 Kho sỏt s bin thi n v v th hm s (1) khi m = 1 2 Xỏc nh m hm s (1) cú cc i v cc tiu, ng thi cỏc im cc i v cc tiu ca th hm s (1) lp thnh mt tam giỏc u Cõu II (2,0 im) 2 1... chng trỡnh Nõng cao: Cõu VIb (2,0 im) 11 19 1 M( ; ) 4 8 2 a = b = c = 1 Cõu VII.b (1,0 im) 126 0 s Ht THI TH TUYN SINH I HC- S 10 Thi gian lm bi: 180 phỳt I PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I (2,0 im) 3 2 2 3 2 Cho hm s y = - x + 3mx + 3 ( 1 - m ) x + m - m (1) 1 Kho sỏt s bin thi n v v th hm s (1) khi m = 1 2 Vit phng trỡnh ng thng qua hai im cc tr ca th hm s (1)... VIb (2,0 im) 1 M1(1; 4), M 2 (- 2; 4) 2 x 2y + 3z - 3 = 0 Cõu VII.b (1,0 im) 645 cỏch Ht THI TH TUYN SINH I HC- S 12 Thi gian lm bi: 180 phỳt I PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I (2,0 im) Cho hm s y = x 3 - 6x 2 + 9x - 6 (1) cú th l (C) 1 Kho sỏt s bin thi n v v th hm s (1) 2 nh m ng thng ( d ) : y = mx - 2m - 4 ct th (C) ti ba im phõn bit Cõu II (2,0 im) 1 Gii... Cõu VIb (2,0 im) 1 5x - 2y - 8 = 0 a 2b a ; =1 2 V = 4 b Cõu VII.b (1,0 im) 108 s Ht THI TH TUYN SINH I HC- S 7 Thi gian lm bi: 180 phỳt I PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I (2,0 im) 3 2 2 Cho hm s y = - x + ( 2m + 1) x - ( m - 3m + 2) x - 4 (1) 1 Kho sỏt s bin thi n v v th hm s (1) khi m = 1 2 Xỏc nh m th ca hm s (1) cú hai im cc i v cc tiu nm v hai phớa ca trc tung... VIb (2,0 im) 1 3x + y = 0; x - 3y = 0 2 x - z = 0; x + 20y + 7z = 0 Cõu VII.b (1,0 im) 3348 s Ht THI TH TUYN SINH I HC- S 8 Thi gian lm bi: 180 phỳt I PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I (2,0 im) 1 4 3 2 Cho hm s y = x - mx + (1) 2 2 1 Kho sỏt s bin thi n v v th hm s (1) khi m = 3 2 Xỏc nh m th ca hm s (1) cú cc tiu m khụng cú cc i Cõu II (2,0 im) 3 ( sin x + t an x... dt x3 x+ 2 < 0 2 3 x x + 2 ( ) ( ) 1 Khi ú: < x . + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 0,50 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG- ĐỀ SỐ 3 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu. Hết ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC- ĐỀ SỐ 5 Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số mx 4 y x m + = + (1) 1. Khảo sát sự biến thi n. ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC- ĐỀ SỐ 6 Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 y x 3x mx 4= + - - (1) 1. Khảo sát sự biến thi n