Đề thi thử dại học môn Toán có đáp án số 37

Câu I. (2 điểm) Cho hàm số: 3 2y x mx= + + . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 3m = . 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại một điểm duy nhất. Câu II. (2 điểm) 1) Giải phương trình: ( ) 2 2 3 1 1 2 3 0x x x x x+ − + + − + = . 2) Giải hệ phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 2 5 0 1 log 16 4 log log 2 xy x x x y y x y y  + + − =       + = −     . Câu III. (1 điểm) Tính tích phân: 1 2 3 0 2 2 1 x x dx x + − + ∫ . Câu IV. (1 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với mặt phẳng ( ) BCD và 2AB a= . Biết tam giác BCD có , 3BC a BD a= = và trung tuyến 7 2 a BM = . Xác định tâm và tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp của tứ diện ABCD . Câu V. (1 điểm) Cho các số thực dương , ,a b c thỏa: 1 9 4 1 a b c + + = . Đặt min P là giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 9 P a b c = + + . Tìm nghiệm của phương trình: ( ) min 121 1 tan 1 cot 2 sin x P x x + = + . Câu VI. (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho điểm ( ) 2; 1A − và đường thẳng ( ) : 3 5 7 0d x y+ − = . Viết phương trình đường thẳng qua A và tạo với ( ) d một góc bằng 0 45 . 2) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho điểm ( ) 1;1;2 M và mặt phẳng ( ) : 1 0P x y z+ + + = . Một mặt phẳng song song với ( ) P và cắt hai tia , Ox Oy tại , B C sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 3 2 (đvdt). Viết phương trình mặt phẳng đó. Câu VII. (1 điểm) Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số của khai triển ( ) 2 7 7 n x + . **************************************          *************************************** Ghi chú: Học sinh phải trình bày rõ ràng, sạch sẽ. Không được dùng bút xóa, bút chì trong bài làm. G iá o viên soạ n: Ki ề u Hò a Luân_luankieu@ymail.com SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TP. HỒ CHÍ MINH TR ƯỜNG THCS & THPT NGUYỄN KHUYẾN (CƠ SỞ IV) KIỂM TRA KHỐI 12 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút http://kinhhoa.violet.vn Đ ÁP ÁN THAM KH Ả O Câu I. (2 đ i ể m) Cho hàm s ố : 3 2 y x mx = + + . 1) Kh ả o sát s ự bi ế n thiên và v ẽ đồ th ị c ủ a hàm s ố khi 3 m = . ( họ c sinh t ự giả i) 2) Tìm t ấ t c ả các giá tr ị c ủ a tham s ố m để đồ th ị hàm s ố c ắ t tr ụ c hoành t ạ i m ộ t đ i ể m duy nh ấ t. Hàm s ố : 3 2 y x mx = + + Mi ề n xác đị nh: D =  . Đạ o hàm: 2 ' 3 y x m = + có ' 3 a = −  Đồ th ị hàm s ố c ắ t tr ụ c hoành t ạ i m ộ t đ i ể m duy nh ấ t khi và chỉ khi hà m s ố đã cho đơ n đ i ệ u trên  ho ặ c đạ t hai c ự c trị 1 2 , y y cù ng phí a v ớ i trụ c hoà nh ( ) ( ) 1 2 ' 0 1 ' 0 2 . 0 y y ∆ ≤    ∆ >  ⇔       >    Gi ả i ( ) 1 : ' 0 3 0 0 m m ∆ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥ Gi ả i ( ) 2 : Gọ i ; 3 3 a a − − − là hai nghi ệ m c ủ a ' 0 y = . Ta có : ( ) ( ) 1 2 3 0 ' 0 . 0 . 0 3 3 m m m y y f f − >   ∆ >      ⇔   − −   > − >      ( ) 3 0 3 0 4 27 0 27 m m m <     ⇔ ⇔ − < <   + >    V ậ y đồ th ị hàm s ố c ắ t tr ụ c hoành t ạ i m ộ t đ i ể m duy nh ấ t khi: 0 3 3 0 m m m ≥   ⇔ > −  − < <  . Cách khá c: Ph ươ ng trình hoành độ giao đ i ể m c ủ a đồ th ị hàm s ố v ớ i tr ụ c hoà nh là : 3 2 0 x mx + + = ( ) 3 3 2 2 * x x mx m x + ⇔ + = − ⇔ = − (do 0 x = không là nghi ệ m) Xét hàm s ố : 3 2 2 2 x y x x x + = = + Mi ề n xác đị nh: { } \ 0 D =  Đạ o hàm: 2 2 ' 2 y x x = − . Cho ( ) 2 1 ' 0 1 1 3 y x x y x = ⇔ = ⇔ = ⇒ = 0 0 lim ; lim ; lim ; lim ; x x x x y y y y − + →−∞ → →+∞ → = +∞ = −∞ = +∞ = +∞ Bảng biến thiên : S ố nghi ệ m c ủ a ph ươ ng trình ( ) * là s ố giao đ i ể m c ủ a đồ th ị hàm s ố 3 2 x y x + = v ớ i đườ ng th ẳ ng y m = − . Từ bảng biến thiên ta suy ra đồ thị hàm số 3 2y x mx= + + cắt trục hoành tại một điểm duy nhất khi 3 3 m m − < ⇔ > − Vậy ( ) 3;m ∈ − ∞ thỏa yêu cầu bài toán. Câu II. (2 điểm) 1) Gi ả i ph ươ ng trình: ( ) 2 2 3 1 1 2 3 0 x x x x x + − + + − + = . ' y x y −∞ −∞ −∞ +∞ +∞ +∞ + − 1 0 − 3 Phương trình đã cho viết lại: ( ) ( ) 2 2 1 3 1 1 3 2 0 x x x x x x + + + − + + − + = Đặt: 2 1; 0 t x x t = + + ≥ Phương đã cho trở thành: ( ) 2 1 3 1 3 2 0 2 3 t t x t x t x =   + − − + = ⇔  = −  Với 1 t = ta có: ( ) 2 1 1 1 0 0 1 x x x x x x + + = ⇔ + = ⇔ = ∨ = − Với 2 3 t x = − ta có: ( ) 2 2 2 2 3 0 1 2 3 1 2 3 x x x x x x x − ≥    + + = − ⇔   + + = −   2 2 3 8 13 3 0 x x x   ≤   ⇔    − + =   2 3 13 73 13 73 16 16 13 73 16 x x x x   ≤       − −  ⇔ ⇔ = =         +   =     . Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 13 73 16 x − = 2) Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 5 0 1 1 log 16 4 log 2 log 2 xy x x x y y x y y  + + − =       + = −     . Điều kiện: 0; 0 1 0 1 x y xy > < ≠    ⇔   < ≠   Ta có phương trình: ( ) 4 2 2 2 1 2 log 4 log log x y xy ⇔ + = − ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 log log 4 log 4 log 2 0 log log log 2 4 x y xy xy xy xy xy xy ⇔ + = − ⇔ = − ⇔ − = ⇔ = ⇔ = Phương trình ( ) 3 2 2 3 1 2 2 5 0 x x y xy y ⇔ + + − = Hệ phương trình đã cho tương đương: ( ) 3 2 2 3 4 * 2 2 5 0 xy x x y xy y =      + + − =   Khi 0 y = thì hệ phương trình ( ) * vô nghiệm. Khi 0 y ≠ ta có: 3 2 3 2 2 3 2 2 5 0 2 2 5 0 x x x x x y xy y y y y             + + − = ⇔ + + − =                Đặt: x t y = , phương trình trên được viết lại: ( ) ( ) 3 2 2 2 2 5 0 1 3 5 0 t t t t t t + + − = ⇔ − + + = ( ) 2 2 1 1 3 5 0; 3 5 0 t t do t t t t t =   ⇔ ⇔ = + + > ∀ ∈  + + =    Với 1 t = ta có: 1 x x y y = ⇔ = Thay x y = vào ( ) * ta được: 2 4 2 x x = ⇔ = ± So với điều kiện ta suy ra: 2 x y = = . Vậy hệ phương trình đã cho có một cặp nghiệm là: ( ) 2;2 Câu III. (1 điểm) Tính tích phân: 1 2 3 0 2 2 1 x x dx x + − + ∫ . Ta biến đổi: ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 x x x x A B x C x x x x x x x x x + − + − − = = + + + + − + + − + − + ( ) ( ) 2 3 2 1 A B x A B C x A B C x + − − − + − + = + Đồng nhất đẳng thức, ta được: 2 1 1 2 1 0 2 A B A A B C B C A B C     + = = −         − + + = ⇔ =         = − + = −       Khi đó: 2 3 2 2 2 1 2 1 1 1 1 x x x x x x x + − − = − + + + − + Do đó: ( ) 1 1 2 3 2 0 0 2 2 1 2 1 1 1 1 x x x dx dx x x x x + − − = − + + + − + ∫ ∫ ( ) ( ) 1 1 2 2 0 0 1 1 1 1 d x x d x dx x x x − + + = − − + + ∫ ∫ ( ) 1 2 1 2 0 0 1 1 ln 1 ln 1 ln ln 1 2 x x x x x x − + = − + − + = = + . Câu IV. (1 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với mặt phẳng ( ) BCD và 2 AB a = . Biết tam giác BCD có , 3 BC a BD a = = và trung tuyến 7 2 a BM = . Xác định tâm và tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp của tứ diện ABCD . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD , qua O dựng đường thẳng ( ) d vuông góc với mặt phẳng ( ) BCD , khi đó ( ) d là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và ( ) d song song với AB . Trong mặt ( ) ; AB d dựng đường trung trực ( )  của đoạn AB , ( )  cắt ( ) d tại I . Ta có: I d IB IC ID IB IC ID IA I IB IA ∈ ⇒ = =    ⇒ = = =   ∈ ⇒ =    Vậy I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện ABCD . Trong tam giác BCD , ta có: ( ) 2 2 2 2 2 4 CD BC BD AM • = + − ( ) 2 2 2 2 7 2 3 4. 4 a a a a = + − = CD a ⇒ = •  2 2 2 2 2 2 3 3 3 cos 2 . 2 2 3 2 3 BC BD CD a a a CBD BC BD a a + − + − = = = = • Theo định lý hàm sin, ta có:    2 ' 2 1 sin sin 2 sin 2. 2 R BO CD a CD BO a CBD CBD CBD = = ⇒ = = = . Gọi E là trung điểm của AB , khi đó tứ giác OAEI là hình chữ nhật, suy ra bán kính của mặt cầu ( ) S là: 2 2 2 2 6 2 2 a a R IB OB BE a= = + = + = Thể tích của khối cầu ( ) S là: ( ) 3 3 3 3 4 4 4 6 . . 6 3 3 3 2 S a V R IA a π π π π     = = = =       (đvtt). B A C D E M O d  I   0 1 30 sin 2 CBD CBD ⇒ = ⇒ = Câu V. (1 điểm) Cho các số thực dương , , a b c thỏa: 1 9 4 1 a b c + + = . Đặt min P là giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 9 P a b c = + + . Tìm nghiệm của phương trình: ( ) min 121 1 tan 1 cot 2 sin x P x x + = + . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 1 9 4 1 9 4 2 3 6 4 9 4 9 a b c a b c a b c a b c     + + = + + ≤ + + + +       min 121 4 9 121 121 1 9 4 a b c P a b c ⇒ + + ≥ = ⇒ = + + Phương trình: ( ) ( ) min 121 1 tan 121 1 tan 121 1 cot 1 cot 2 sin 2 sin x x P x x x x + + = ⇔ = + + ( ) 1 tan 2 s in * 1 cot x x x + ⇔ = + Điều kiện: sin 0 cos 0 cot 1 x x x   ≠     ≠     ≠ −    Phương trình: ( ) cos sin sin * . 2 sin cos sin cos x x x x x x x + ⇔ = + sin 2 sin cos x x x ⇔ = ( ) sin 0 1 2 2 sin 0 cos 2 cos 2 cos 2 x x x x x =   ⇔ − = ⇔ ⇔ =   =   (do sin 0 x ≠ ) Với ( ) 2 cos 2 ; 2 4 x x k k π π = ⇔ = ± + ∈  So với điều kiện suy ra: ( ) 2 ; 4 x k k π π= + ∈  Vậy họ ngihệm của phương trình đã cho là: ( ) 2 ; 4 x k k π π= + ∈  . Câu VI. (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho điểm ( ) 2; 1 A − và đường thẳng ( ) : 3 5 7 0 d x y + − = . Viết phương trình đường thẳng qua A và tạo với ( ) d một góc bằng 0 45 . Gọi 1 2 , k k theo thứ tự là hệ số góc của ( ) ' d và ( ) d , ta có: 2 3 5 k = − . Đường thẳng ( ) ' d hợp với ( ) d một góc bằng 2 1 2 1 0 0 1 2 1 2 45 tan 45 1 1 1 k k k k k k k k − − ⇔ = ⇔ = ± + + 1 1 1 1 1 1 3 3 4 1 5 5 1 3 3 1 4 5 5 k k k k k k  =  − − = −    ⇔ ⇔    = −  − − = − +     . Với 1 4 k = ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2; 1 ' : ' : 4 2 1 ' : 4 9 4 qua A d d y x d y x hsg k −    ⇒ = − − ⇔ = −   =   Với 1 1 4 k = − ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2; 1 1 1 1 ' : ' : 2 1 ' : 1 4 4 2 4 qua A d d y x d y x hsg k −     ⇒ = − − − ⇔ = − −   = −    Vậy qua A có thể kẻ được hai đường thẳng thỏa mãn đầu bài là: ( ) ( ) ' : 4 9 1 1 ' : 4 2 d y x d y x = −     = − −   2) Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho điểm ( ) 1;1;2 M và mặt phẳng ( ) : 1 0 P x y z + + + = . Một mặt phẳng song song với ( ) P và cắt hai tia , Ox Oy tại , B C sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 3 2 (đvdt). Viết phương trình mặt phẳng đó. Mặt phẳng cần tìm song song với ( ) P nên có phương trình dạng ( ) : 0 Q x y z m + + + = Để ( ) Q cắt hai tia , Ox Oy tại hai điểm , B C thì 0 m < , khi đó: ( ) ( ) ;0;0 , 0; ; 0 B m C m − − Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 ;1;2 , 1;1 ;2 ; 2 ; 2 ; 2 BA m CA m BA CA m m m m = + = + ⇒ = − − +     Diện tích của tam giác ABC là: ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 ; 4 4 2 2 2 ABC S BA CA m m m m ∆ = = + + +   ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 3 2 4 3 2 4 3 2 3 2 3 2 3 1 4 12 4 12 9 2 4 4 12 9 9 1 3 9 9 0 * 1 3 9 9 0 m m m m m m m m m m m m m m m m m     ⇔ = + + ⇔ + + =       ⇔ + + − = ⇔ + + + − = = −   ⇔  + + − =   Xét hàm số: ( ) 3 2 3 9 9 f m m m m = + + − với 0 m < Ta có: ( ) 2 ' 3 6 9 0 f m m m = + + > ⇒ hàm số ( ) f m luôn tăng ( ) ;0 m ∀ ∈ −∞ Vì ( ) ( ) ( ) 0 9 0 0; ; 0 f f m m = − < ⇒ < ∀ ∈ −∞ ⇒ phương trình: 3 2 3 9 9 0 m m m + + − = không có nghiệm trên ( ) ;0 −∞ . Do đó trên ( ) ;0 −∞ thì phương trình ( ) * có một nghiệm duy nhất là: 1 m = − . Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là ( ) : 1 0 Q x y z + + − = . Câu VII. (1 điểm) Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số của khai triển của ( ) 40 2 7 7 x + . Ta có: ( ) ( ) 40 40 40 40 40 40 0 2 1 1 2 2 7 7 7 7 k k k k x x C x = + = + = ∑ Hệ số tổng quát: 40 40 1 2 7 k k k k a C x = với 0 40 k ≤ ≤ Ta lập tỉ số: ( ) ( ) 1 1 1 1 40 40 2 40! 40 2. 2. 2 39 ! 1 ! 1 k k k k k k k k a C x k a C x k k k + + + + − = = = − + + Ta có: 1 40 1 2. 1 0 26 1 k k a k k a k + − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ ≤ + . Do đó: { } k a tăng khi ( ) 26 0 26 k max k a a ≤ ≤ ⇒ = { } k a giảm khi ( ) 27 27 40 k max k a a ≤ ≤ ⇒ = Mà: 27 26 40 26 2. 1 27 a a − = > nên ( ) 27 27 27 27 40 40 1 2 7 k k max a a a C x = = = . *********************************          ************************************ . Câu I. (2 điểm) Cho hàm số: 3 2y x mx= + + . 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số khi 3m = . 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại một. KHỐI 12 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút http://kinhhoa.violet.vn Đ ÁP ÁN THAM KH Ả O Câu I. (2 đ i ể m) Cho hàm s ố : 3 2 y x mx = + + . 1) Kh ả o sát s ự bi ế n thi n và v ẽ . (1 điểm) Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số của khai triển của ( ) 40 2 7 7 x + . Ta có: ( ) ( ) 40 40 40 40 40 40 0 2 1 1 2 2 7 7 7 7 k k k k x x C x = + = + = ∑ Hệ số tổng quát: 40 40 1 2 7 k