Đề thi thử THPT quốc gia môn Toán chọn lọc số 12

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: Toán (đề 12) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi được soạn theo cấu trúc mới nhất 2015!(Kèm đáp án chi tiết tại)! https://www.facebook.com/profile.php?id=100005223169289 Câu I (2 điểm Cho hàm số     3 2 2 3 3 2 1 y x m m x m m       , trong đó m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 2 m  2. Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng 2 y  tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là 1 2 3 , , x x x và đồng thời thỏa mãn đẳng thức 2 2 2 1 2 3 18 x x x    Câu II (1 điểm) Giải phương trình:   2 2 3 sin . 1 cos 4 cos .sin 3 2 x x x x    Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 2 6 4 4sin cos 1 6 x I dx x x              . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành thỏa mãn 2 , 2, 6 AB a BC a BD a    . Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trọng tâm của tam giác BCD. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD, biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB bằng a . Câu V (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình mxxxx  99 2 có nghiệm. Câu VI (1 điểm) Cho đường thẳng d: 3x - 4y + 2012 = 0 và đường tròn (C): 3)1()3( 22  yx . Viết phương trình đường thẳng  song song với đường thẳng d và cắt đường tròn (C) theo một dây cung có độ dài bằng 2 5 . Câu VII (1 điểm) Cho các điểm A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;3;2) và mặt phẳng (): x + 2y + 2 = 0. Tìm tọa độ của điểm M, biết rằng M cách đều các điểm A, B, C và mặt phẳng (). Câu VIII (1 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện iziz  351 .Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất. Câu IX (1 điểm) Giải hệ phương trình:        637 422 yx yx CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG ! Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì! - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Hướng dẫn Câu I: Câu1: 1. (1,0 điểm)Khi 2 m  hàm số (1) có dạng 3 3 y x x   a) Tập xác định D   b) Sự biến thiên +) Chiều biến thiên: 2 ' 3 3 y x   , ' 0 1 y x     . Khi đó xét dấu của ' y : + + - 0 0 1-1 +  -  y x hàm số đồng biến trên khoảng     ; 1 , 1;     và nghịch biến trên khoảng   1;1  . +) Cực trị: hàm số đạt cực đại tại 1, 2 CD x y    .Hàm số đạt cực tiểu tại 1, 2 CT x y    +) Giới hạn: 3 3 2 2 3 3 lim lim 1 ; lim lim 1 x x x x y x y x x x                         +) Bảng biến thiên: -2 2 +  -  - + + 00 1 -1 +  -  y' y x c) Đồ thị: 3 0 3 0 0, 3 y x x x x         , suy ra đồ thị hàm số cắt trục Ox tại Ox tại các điểm       0;0 , 3;0 , 3;0  '' 0 6 0 0 y x x       đồ thị hàm số nhận điểm   0;0 làm điểm uốn. 4 2 - 2 - 4 -10 -5 5 10 1 -1 2 1 -2 -1 0 2. (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng 2 y  :     3 2 2 3 2 2 3 3 2 2 3 3 0 x m m x m m x m m x m m                     2 2 3 0 3 0 2 x m x m x mx m x mx m                Đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng 2 y  tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt khác m   2 2 2 3 0 2 6 4 3 0 m m m m m m m                        Giả sử 1 2 3 ; , x m x x  là 2 nghiệm của (2). Khi đó theo định lí Viet ta được: 2 3 2 3 . 3 x x m x x m          Do đó   2 2 2 2 2 1 2 3 2 3 2 3 18 2 18 x x x m x x x x           2 2 2 3 2 3 18 12 0 4 m m m m m m m                  . So sánh với điều kiện của m ta được 3 m  thỏa mãn. Câu II: 1. Ta có   2 2 3 sin . 1 cos 4 cos .sin 3 2 x x x x      2 3 sin 2 3 sin .cos 2 cos 1 cos 3 x x x x x          2 2 2 3 sin cos 3sin 2 3 sin .cos cos 0 x x x x x x          3 sin cos 0 3 sin cos 3 sin cos 2 0 3 sin cos 2 x x x x x x x x               +) 3 sin cos 0 2 sin cos cos sin 0 sin 0 6 6 6 x x x x x                        , 6 6 x k x k k             +) 3 sin cos 2 2 sin cos cos sin 2 sin 1 6 6 6 x x x x x                        2 2 2 , 6 2 3 x k x k k               Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm 2 , 2 , 6 3 x k x k k           Câu III: Ta có   2 2 2 6 6 6 4 4 4 3 sin 2 cos 2 2 2 3 sin cos cos 1 4sin cos 1 6 x x x I dx dx dx x x x x x x x                          2 2 2 6 6 2 cos 2 1 cos 3 6 x x dx dx x x                          Đặt 2 tan cos 6 6 u x du dx dx dv v x x                                  nên 2 2 2 2 6 6 6 6 3 3 6 tan tan ln cos 6 6 2 2 6 cos 6 d x x x x dx x x                                                                       3 ln 3 2    K O M H D C B S A Câu IV: (1,0 điểm) Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD), M là trung điểm CD và O là tâm của đáy ABCD. Do AO là trung tuyến của tam giác ABD nên 2 2 2 2 2 3 6 2 6 2 4 2 2 3 3 AB AD BD a a AO a AO AO AH AO           2 2 2 2 2 2 2 2 6 2 4 2 3 3 3 2 4 2 4 3 BD BC CD a a a a BM a BM a BH            Ta có 2 2 2 2 4 AH BH a AB AH BH      , kết hợp với AH vuông góc với SH ta được   AH SHB  . Kẻ HK vuông góc với SB, theo chứng minh trên ta được   AH SHB  suy ra AH HK   HK là đoạn vuông góc chung của AC và SB suy ra HK a  . Trong tam giác vuông SHB ta có 2 2 2 1 1 1 2 SH a HK SH HB     Ta có 3 . 1 1 4 1 4 2 . .4. . . 3 3 3 2 3 S ABCD ABCD OAB a V SH S SH S SH OA BH    Câu V mxxxx  99 2 (1). ĐK: 0  x  9 (1)   mxxxxmxxxx  )9()9(2999 2 2 (2) Đặt t = )9( xx  thì t        2 9 ;0 Khi đó (2) trở thành 9 - m = t 2 - 2t (3) với t        2 9 ;0 . Bài toán trở thành tìm các giá trị của m để phương trình (3) có ít nh ất một nghiệm t        2 9 ;0 Xét hàm số f(t) = t 2 - 2t trên       2 9 ;0 ta có f max = 4 45 và f min = -1 Khi đó 10 4 9 4 45 91  mm . Vậy các giá trị của m để phương trình có nghiệm là 10 4 9  m Câu VI (1,0 điểm) Do d//  nên phương trình  có dạng 3x - 4y + c = 0 ( c  2012). Gọi AB là d ây cung mà  cắt (C) (AB = 52 ) và M là trung điểm AB. (C) có tâm I(3;1) và bán kính R = 3. Ta có IM = 259 22  MAR d(I, ) = IM = 2 2 5 49    c       15 5 105 c c c . Vậy : 3x - 4y + 5 = 0 hoặc 3x - 4y - 15 = 0. Câu VII. (1,0 điểm) Goi tọa độ điểm M(a;b;c). Ta có: MA 2 = MB 2  222222 )1()1( cbacba   a = b (1) MB 2 = MC 2  222222 )2()3()1(  cbacba  b = 3 - c (2) d 2 (M, ()) = MA 2   222 2 )1( 5 22 cba ba    (3) Thay (1) và (2) vào (3) ta được 6a 2 - 52a + 46 = 0        3 14 , 3 23 3 23 2,11 cba cba Vậy M(1;1;2) hoặc        3 14 ; 3 23 ; 3 23 M Câu VIII Giả sử số phức z cần tìm có dạng z = x + yi (x,y  R). Ta có iyxiyx )1(3)5(1  (1) 2222 )1()3()5()1(  yxyx 43    yx . Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn cho các số phức z thỏa m ãn (1) là đường th ẳng x + 3y = 4. Mặt khác 162410)34( 22222  yyyyyxz Hay 5 22 5 8 5 6 52 2           yz Do đó 5 2 5 6 min  xyz . Vậy iz 5 6 5 2  Câu IX. (1,0 điểm) ĐK: 2 3 , 2 7        y x Ta có                22327 102327 637 422 yyxx yyxx yx yx Đặt 27  xxu và 23  yyv (u > 0 và v > 0) Ta được        2 55 10 vu vu             5 5 25 10 v u uv vu Khi đó              6 2 523 527 y x yy xx Vậy nghiệm của hệ phương tr ình là: (x;y) = (2;6). . KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: Toán (đề 12) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi được soạn theo cấu trúc mới nhất. https://www.facebook.com/profile.php?id=100005223169289 Câu I (2 điểm Cho hàm số     3 2 2 3 3 2 1 y x m m x m m       , trong đó m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 2 m  2. Tìm tất cả. bộ coi thi không giải thích gì thêm! Hướng dẫn Câu I: Câu1: 1. (1,0 điểm)Khi 2 m  hàm số (1) có dạng 3 3 y x x   a) Tập xác định D   b) Sự biến thi n +) Chiều biến thi n: