15 Đề thi thử đại học môn Toán (có đáp án)

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 kí[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  f ( x)  8x  9x  1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm phương trình 8cos x  9cos x  m  với x  [0;  ] Câu II (2 điểm) log x 1  Giải phương trình:  x    x    x2 2   x  y  x  y  12 Giải hệ phương trình:   y x  y  12 Câu III (1 điểm) Tính diện tích miền phẳng giới hạn các đường y | x  x | và y  x Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác ngoại tiếp hình cầu bán kính r cho trước Tính thể tích hình chóp cụt biết cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm       4sin3xsinx + 4cos  3x -  cos  x +   cos  2x +   m  4 4 4    PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) x  y 1  Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: x  y   và phân giác CD: Viết phương trình đường thẳng BC  x  2  t  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số  y  2t  z   2t  Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc A trên (D) Trong các mặt phẳng qua  , hãy viết phương trình mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là số thực thuộc (0;1] Chứng minh 1    xy  yz  zx  x  y  z Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C và D Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng  có phương trình tham số  x  1  2t   y   t Một điểm M thay đổi trên đường thẳng  , xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị  z  2t  nhỏ Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác Chứng minh b c   a    2   3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b Hết -Lop12.net ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ Câu I Ý Nội dung + Tập xác định: D   Điểm 2,00 1,00 0,25 + Sự biến thiên:  Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x  y '  32x  18x = 2x 16x    x  y'    x     0,25 Bảng biến thiên 0,25  49 49  3 3 yCT  y      ; yCT  y     ; yC§  y    32 32  4 4 Đồ thị 0,25 1,00 Xét phương trình 8cos x  9cos x  m  với x  [0;  ] (1) Đặt t  cosx , phương trình (1) trở thành: 8t  9t  m  (2) Vì x  [0;  ] nên t  [1;1] , x và t có tương ứng đối một, đó số nghiệm phương trình (1) và (2) Ta có: (2)  8t  9t    m (3) Gọi (C1): y  8t  9t  với t  [1;1] và (D): y = – m Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm (C1) và (D) Chú ý (C1) giống đồ thị (C) miền 1  t  Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: 81 m  : Phương trình đã cho vô nghiệm 32 81 m  : Phương trình đã cho có nghiệm 32 Lop12.net 0,25 0,25 0,50     81 32  m 1 m0 m<0 1 m  : Phương trình đã cho có nghiệm : Phương trình đã cho có nghiệm : Phương trình đã cho có nghiệm : Phương trình đã cho vô nghiệm II 2,00 1,00 Phương trình đã cho tương đương:  x2 0 x   x     log3 x log x   1  ln  x    log x ln  x        x              2 2          x    x    x  x  x  x      x    log x    x               1 3x2    ln  x     x    x  2 2        x    x    x   0,50 0,50 1,00 Điều kiện: | x |  | y | u  x  y ; u  1 u2  Đặt  ; x   y không thỏa hệ nên xét x   y ta có y   v   2 v  v  x  y Hệ phương trình đã cho có dạng: u  v  12  u2  u  v    12 2  v    u  u    v  v   x  y  u  +  (I)  v   x  y  u   x  y  +  (II)  v   x  y  Giải hệ (I), (II) 0,25 0,25 Sau đó hợp các kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu là S   5;3 ,  5;  0,25 Lop12.net 0,25 Sau đó hợp các kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu là S   5;3 ,  5;  III 1,00 0,25 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y | x  x | (C ) và  d  : y  x Phương trình hoành độ giao điểm (C) và (d): x  x  x    2 | x  x | x    x  x  x    x  x    x     x    x  x  2 x  x  x  0,25 Suy diện tích cần tính: S  x   x  x dx   x   x  x dx 2 Tính: I   | x  x | 2 x  dx Vì x   0; 2 , x  x  nên | x  x |  x  x  I     x  x  x  dx  0,25 Tính K   | x  x | 2 x  dx Vì x   2; 4 , x  x  và x   4;6 , x  x  nên 0,25 K    x  x  x  dx    x  x  x  dx  16 1,00 52 Vậy S   16  3 IV 0,25 0,25 Gọi H, H’ là tâm các tam giác ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ là trung điểm  AB  IC AB, A’B’ Ta có:   AB   CHH '   ABB ' A '   CII ' C '  AB  HH ' Suy hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) điểm K  II ' Lop12.net Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn Ta có: x x I ' K  I ' H '  I 'C '  ; IK  IH  IC  3 x x  r  x  6r Tam giác IOI’ vuông O nên: I ' K IK  OK  Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V   h B  B ' B.B ' 0,25  2 Trong đó: B  4x  x  6r 3; B '  x  3r ; h  2r Từ đó, ta có: V  0,25 2r  3r 3r  21r  6r    6r 3 2    V 0,25 1,00 Ta có: +/ 4sin3xsinx =  cos2x - cos4x  ;         +/ 4cos  3x -  cos  x +   cos  2x -   cos4x    sin 2x + cos4x  4 4 2        1     +/ cos  2x +   1  cos  4x +    1  sin 4x   2    Do đó phương trình đã cho tương đương: 1  cos2x + sin2x   sin 4x + m -  (1) 2   Đặt t  cos2x + sin2x = 2cos  2x -  (điều kiện:   t  ) 4  Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t  Phương trình (1) trở thành: t  4t  2m   (2) với   t  (2)  t  4t   2m Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm đường ( D) : y   2m (là đường song song 0,25 0,25 với Ox và cắt trục tung điểm có tung độ – 2m) và (P): y  t  4t với   t  Trong đoạn   2;  , hàm số y  t  4t đạt giá trị nhỏ là  t   và đạt giá trị lớn là  t  0,25 Do đó yêu cầu bài toán thỏa mãn và    2m    2  m  2 0,25 VIa Điểm C  CD : x  y    C  t ;1  t   t 1  t  ; Suy trung điểm M AC là M      t 1   t    t  7  C  7;8  Điểm M  BM : x  y        Từ A(1;2), kẻ AK  CD : x  y   I (điểm K  BC ) Suy AK :  x  1   y     x  y   Lop12.net 2,00 1,00 0,25 0,25 0,25 x  y 1  Tọa độ điểm I thỏa hệ:   I  0;1 x  y 1  Tam giác ACK cân C nên I là trung điểm AK  tọa độ K  1;0  Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình: x 1 y   4x  3y   7  Gọi (P) là mặt phẳng qua đường thẳng  , thì ( P) //( D) ( P)  ( D) Gọi H là hình chiếu vuông góc I trên (P) Ta luôn có IH  IA và IH  AH d   D  ,  P    d  I ,  P    IH Mặt khác   H   P  Trong mặt phẳng  P  , IH  IA ; đó maxIH = IA  H  A Lúc này (P) vị trí (P0) vuông góc với IA A    Vectơ pháp tuyến (P0) là n  IA   6;0; 3 , cùng phương với v   2;0; 1 Phương trình mặt phẳng (P0) là:  x     z  1  2x - z - = VIIa Để ý  xy  1   x  y   1  x 1  y   ;  yz   y  z và tương tự ta có   zx   z  x Vì ta có:  1  x y z     111  x  y  z   xy  yz  zx   yz  zx  xy   x y z   3 yz  zx+y xy  z  z y   x     vv  yz  zx  y xy  z   z y   x 1   5  z y yz 5 Lop12.net 0,25 1,00  Ta có: AB   1;   AB  Phương trình AB là: x  y   I   d  : y  x  I  t ; t  I là trung điểm AC và BD nên ta có: C  2t  1; 2t  , D  2t ; 2t   Mặt khác: S ABCD  AB.CH  (CH: chiều cao)  CH  0,25 0,25  5 8 8 2 | 6t  | t   C  ;  , D  ;  Ngoài ra: d  C ; AB   CH        5 t   C  1;0  , D  0; 2  5 8 8 2 Vậy tọa độ C và D là C  ;  , D  ;  C  1;0  , D  0; 2   3 3 3 0,50 1,00 Gọi P là chu vi tam giác MAB thì P = AB + AM + BM Vì AB không đổi nên P nhỏ và AM + BM nhỏ  x  1  2t  Đường thẳng  có phương trình tham số:  y   t  z  2t  Điểm M   nên M  1  2t ;1  t ; 2t  AM   2  2t    4  t    2t  BM   4  2t    2  t    6  2t  2 AM  BM   9t  20   3t       3t    3t     3t      9t  36t  56       3t      2    Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u  3t ; và v  3t  6;  | u | Ta có   | v |    3t  0,25             Suy AM  BM | u |  | v | và u  v  6; | u  v | 29       Mặt khác, với hai vectơ u , v ta luôn có | u |  | v || u  v |  0,25  Như AM  BM  29   Đẳng thức xảy và u , v cùng hướng 3t   t 1 3t   M 1;0;  và  AM  BM   29  Vậy M(1;0;2) thì minP = VIIb  11  29  1,00 Lop12.net 0,25 0,25 a  b  c  Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b  c  a c  a  b  ab ca  x,  y , a  z  x, y , z    x  y  z , y  z  x, z  x  y 2 Vế trái viết lại: ab ac 2a VT    3a  c 3a  b 2a  b  c x y z    yz zx x y 2z z  Ta có: x  y  z  z  x  y  z   z  x  y   x yz x y x 2x y 2y  ;  Tương tự: yz x yz zx x yz 2 x  y  z x y z     Do đó: yz zx x y x yz b c      2 Tức là: a    3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b Đặt 0,50 0,50 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-CAO ĐẲNG-ĐỀ SỐ 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 y  f ( x)  x  x Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ là a và b Tìm điều kiện a và b để hai tiếp tuyến (C) A và B song song với Câu II (2 điểm)  cos x  sin x   Giải phương trình lượng giác: tan x  cot x cot x  1 Giải bất phương trình: log x  x   log x   log  x  3 3  Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I   cos x  sin x  cos x  dx Câu IV (1 điểm) Cho hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai hình trụ Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450 Tính diện tích xung quanh và thể tích hình trụ Câu V (1 điểm) Cho phương trình x   x  2m x 1  x   x 1  x   m3 Tìm m để phương trình có nghiệm PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng  định bởi: (C ) : x  y  x  y  0;  : x  y  12  Tìm điểm M trên  cho từ M vẽ với (C) hai tiếp Lop12.net lập với góc 600 tuyến 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 mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, viên bi xanh có bán kính khác và viên bi vàng có bán kính khác Hỏi có bao nhiêu cách chọn viên bi có đủ ba màu? Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I thuộc đường thẳng  d  : x  y   và có hoành độ xI  , trung điểm cạnh là giao điểm (d) và trục Ox Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là ( S ) : x  y  z  x  y  z   0, ( P) : x  y  z  16  Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P) Tính độ dài ngắn đoạn thẳng MN Xác định vị trí M, N tương ứng Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là số dương thỏa mãn: a  b  c  Chứng minh bất đẳng thức 1 4      ab bc ca a 7 b 7 c 7 Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ Câu I Ý Nội dung + MXĐ: D   + Sự biến thiên  Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x   x  y '  x3  x  x  x  1 ; y '     x  1  Bảng biến thiên Điểm 2,00 1,00 0,25 0,25 0,25 yCT  y  1  1; yCT  y 1  1; yC§  y     Đồ thị 0,25 1,00 Lop12.net Ta có f '( x)  x3  x Gọi a, b là hoành độ A và B Hệ số góc tiếp tuyến (C) A và B là k A  f '(a )  4a  4a, k B  f '(b)  4b3  4b Tiếp tuyến A, B có phương trình là: y  f '  a  x  a   f  a   f '  a  x  f (a )  af'  a  ; y  f '  b  x  b   f  b   f '  b  x  f (b)  bf'  b  Hai tiếp tuyến (C) A và B song song trùng và khi: k A  k B  4a  4a = 4b3  4b   a  b   a  ab  b  1  (1) Vì A và B phân biệt nên a  b , đó (1) tương đương với phương trình: a  ab  b   (2) Mặt khác hai tiếp tuyến (C) A và B trùng 2 a  ab  b   a  ab  b    ,  a  b    4 3a  2a  3b  2b  f  a   af '  a   f  b   bf '  b  Giải hệ này ta nghiệm là (a;b) = (-1;1), (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng cặp điểm trên đồ thị là  1; 1 và 1; 1 Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến (C) A và B song song với là a  ab  b    a  1 a  b  II 2,00 1,00 cos x.sin x.sin x  tan x  cot x   Điều kiện:  cot x  Từ (1) ta có: sin x cos x  cos x sin x  0,25  cos x  sin x  cos x.sin x   sin x cos x cos x 1 sin x 0,25  2sin x.cos x  sin x    x   k 2  cos x   k    x     k 2  0,25 Giao với điều kiện, ta họ nghiệm phương trình đã cho là x     k 2  k    0,25 Điều kiện: x  1,00 0,25 Phương trình đã cho tương đương: 1 log  x  x    log 31  x    log 31  x  3 2 1  log  x  x    log  x     log  x  3 2  log  x   x  3   log  x    log  x  3 0,25  x2  log  x   x  3   log    x3 0,25 Lop12.net x2 x3  x   10  x2      x  10 Giao với điều kiện, ta nghiệm phương trình đã cho là x  10   x   x  3  III 0,25 1,00 1,00    I   cos x 1  sin 2 x  dx   0,50     1  sin x  d  sin x  0      12 d sin x  sin xd  sin x    0 0   1  sin x|  sin x|  0 12 0,50 IV 1,00 Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm AB và CD Khi đó OM  AB và O ' N  CD Giả sử I là giao điểm MN và OO’ Đặt R = OA và h = OO’ Khi đó: IOM vuông cân O nên: h 2a OM  OI  IM   h a 2 2 0,25 2 a a 3a a a 2 Ta có: R  OA  AM  MO          8     0,25 3a a 2 a V  R h    , 16 0,25 a a 3 a và S xq  2 Rh=2  2 2 0,25 2 2 V 1,00 Phương trình x   x  2m x 1  x   x 1  x   m (1) Điều kiện :  x  Nếu x   0;1 thỏa mãn (1) thì – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm thì cần có điều kiện x   x  x  1 Thay x  vào (1) ta được: 2 Lop12.net 0,25 * Với m = 0; (1) trở thành: m  1  m   m3   2 m  1  x  1 x  0 x Phương trình có nghiệm * Với m = -1; (1) trở thành x   x  x 1  x   x 1  x   1       0,25  x   x  x 1  x   x   x  x 1  x   x  1 x   x  1 x  0 0,25 + Với x   x   x  Trường hợp này, (1) có nghiệm + Với x  1 x   x  * Với m = thì (1) trở thành: x   x  x 1  x    x 1  x    x  1 x Ta thấy phương trình (1) có nghiệm x  0, x    x  1 x  nên trường hợp này (1) không có nghiệm 0,25 Vậy phương trình có nghiệm m = và m = -1 VIa 2,00 1,00 Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R  Gọi A, B là hai tiếp điểm (C) với hai tiếp (C) kẻ từ M Nếu hai tiếp tuyến này lập với góc 600 thì IAM là nửa tam giác suy IM  2R=2 0,25 Như điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình:  x     y  1  20 2 Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng  , nên tọa độ M nghiệm đúng hệ phương trình:  x  2   y  12  20 (1)   x  y  12  (2) 0,25 Khử x (1) và (2) ta được: x   2 y  10    y  1  20  y  42 y  81    27 x   9  27 33  Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M  3;  M  ;   2  10  2 2 0,25 0,25 1,00 Ta tính AB  CD  10, AC  BD  13, AD  BC  0,25 Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi Từ đó ABCD là tứ diện gần Do đó tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là trọng tâm G tứ diện này 0,25 Lop12.net 14 3 3 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là G  ;0;  , bán kính là R  GA  2 2 VIIa 0,50 Số cách chọn viên bi tùy ý là : C 1,00 0,25 Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là: + Không có bi đỏ: Khả này không xảy vì tổng các viên bi xanh và vàng là + Không có bi xanh: có C139 cách 0,25 18 + Không có bi vàng: có C159 cách Mặt khác các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có C109 cách chọn viên bi đỏ tính hai lần Vậy số cách chọn viên bi có đủ ba màu là: C109  C189  C139  C159  42910 cách VIb 0,50 2,00 1,00 9 3 và I   d  : x  y    I  ;  2 2 Vai trò A, B, C, D là nên trung điểm M cạnh AD là giao điểm (d) và Ox, suy M(3;0) 9 2 AB  IM   xI  xM    yI  yM    3 4 S 12 S ABCD  AB AD = 12  AD = ABCD   2 AB  AD   d  , suy phương trình AD:  x  3   y     x  y     M  AD Lại có MA = MD = Vậy tọa độ A, D là nghiệm hệ phương trình:  x  y    y   x   y   x       2 2 2  x  3  y   x  3    x     x  3  y  y  3 x x  x   Vậy A(2;1), D(4;-1),    x   1  y   y  1 x x  xI  A C   xC  xI  x A     9 3  I  ;  là trung điểm AC, suy ra:  2 2  yC  yI  y A     y  y A  yC I  Tương tự I là trung điểm BD nên ta có: B(5;4) Vậy tọa độ các đỉnh hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1) I có hoành độ xI  0,50 0,50 1,00 Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): 2.2   1   16 d  d  I ,  P   5 d  R Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, MN = d –R = -3 = Trong trường hợp này, M vị trí M0 và N vị trí N0 Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S) Gọi  là đường thẳng qua điểm I và vuông góc  với (P), thì N0 là giao điểm  và (P) Đường thẳng  có vectơ phương là n P   2; 2; 1 và qua I nên có phương trình là Lop12.net 0,25 0,25  x   2t   y  1  2t  t    z   t  Tọa độ N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình:   2t    1  2t     t   16   9t  15   t   15   13 14  Suy N   ;  ;   3 3   Ta có IM  IN Suy M0(0;-3;4) 0,25 0,25 VII b 1,00 1   ( x  0, y  0) x y x y 1 1 1   ;   ;   Ta có: a  b b  c a  2b  c b  c c  a a  b  2c c  a a  b 2a+b+c Ta lại có: 2    2a  b  c   4a  2b  2c  2 2a  b  c 2a  b  c  a  Áp dụng bất đẳng thức 0,50   a  1   b  1   c  1  2 0,50 2  ;  2b  c  a b  2c  a  b c  1 4      Từ đó suy ab bc ca a 7 b 7 c 7 Đẳng thức xảy và a = b = c = Tương tự: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG- ĐỀ SỐ 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 y  f ( x)  mx3  3mx   m  1 x  , m là tham số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên m = Xác định các giá trị m để hàm số y  f ( x) không có cực trị Câu II (2 điểm) sin x  cos x Giải phương trình : sin x   tan x  cot x  log  x  1   log 2 Giải phương trình:  x  log   x  3 Câu III (1 điểm) Tính tích phân A   dx x 1 x 2 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 1, diện tích tam giác SAB 18 Tính thể tích và diện tích xung quanh hình nón đã cho  x  x   Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm   x   m  1 x  m   Lop12.net PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC là 4x + 3y – = 0; x – y – = Phân giác góc A nằm trên đường thẳng x + 2y – = Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng  P  : x  y  2z + = 0;  Q  : x  y  2z -13 = Viết phương trình mặt cầu (S) qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q) Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:  Cn 1  Cn 1  An  (Ở đây Ank , Cnk là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k n phần tử)  C n   A3  n 1 15 n 1 Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – = và đường tròn (C): x  y  x  y   Xác định tọa độ các giao điểm A, B đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương) Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) cho tam giác ABC vuông B Cho mặt phẳng (P): x  y  z   và các đường thẳng d1 : x 1  y 3 3  z ; d2 : x5  y  z5 5 Tìm các điểm M  d1 , N  d cho MN // (P) và cách (P) khoảng Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) hàm số f ( x )  ln f '( x )  3  x  sin  và giải bất phương trình t dt x2 Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ Câu I Ý Nội dung Khi m = ta có y  x3  x  + MXĐ: D   + Sự biến thiên:  Giới hạn: lim y  ; lim y   x   Điểm 2,00 1,00 0,25 x   x  2 y '  3x  x ; y '    x  Lop12.net 0,25  Bảng biến thiên 0,25 yC§  y  2   3; yCT  y    1  Đồ thị 0,25 1,00 + Khi m =  y  x  , nên hàm số không có cực trị + Khi m   y '  3mx  6mx   m  1 Hàm số không có cực trị và y '  không có nghiệm có nghiệm kép   '  9m  3m  m  1  12m  3m    m  II 0,25 0,50 0,25 2,00 1,00 sin x  cos x   tan x  cot x  (1) sin x Điều kiện: sin x  0,25 1  sin 2 x  sin x cos x  (1)      sin x  cos x sin x  0,25 Lop12.net 1  sin 2 x 1     sin 2 x   sin x  sin x sin x Vậy phương trình đã cho vô nghiệm 0,50 1,00 log  x  1   log  x  log8   x  (2) x 1  4  x   Điều kiện: 4  x     x  1 4  x   0,25 (2)  log x    log   x   log   x   log x    log 16  x   log x   log 16  x   x   16  x 0,25 + Với 1  x  ta có phương trình x  x  12  (3) ; 0,25 x  (3)    x  6  lo¹i  + Với 4  x  1 ta có phương trình x  x  20  (4);  x   24  4    x   24  lo¹i  0,25  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  x    III 1,00 dx tdt  Đặt t   x  t   x  2tdt  2 xdx  x x dx tdt tdt    x 1 t t 1 + Đổi cận: 0,50 x t  2 x t  2 A dt  t 1  3 dt t  23     1  t 2 ln  t |12  ln     0,50 IV 1,00 Gọi E là trung điểm AB, ta có: OE  AB, SE  AB , suy  SOE   AB Dựng OH  SE  OH   SAB  , OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = Tam giác SOE vuông O, OH là đường cao, ta có: Lop12.net 0,25 1 1 1       1  2 2 2 OH SO OE OE OH SO 9  OE   OE  2 81 SE  OE  SO     SE  8 2 2S 36 S SAB  AB.SE  AB  SAB  8 SE 2   0,25 9 265 1  OA2  AE  OE   AB   OE    32   8 2  1 265 265   Thể tích hình nón đã cho: V   OA2 SO   3 8 Diện tích xung quanh hình nón đã cho: 265 337 337 SA2  SO  OA2     SA  8 S xq   OA.SA   0,25 0,25 265 337 89305  8 V 1,00  x  x   (1) Hệ bất phương trình   x   m  1 x  m   (2) 1   x  Hệ đã cho có nghiệm và tồn x0  1;6 thỏa mãn (2)    x  x    x  1 m  x2  2x   m (do x  1;6  x   0)  x  1 x2  2x  ; x  1;6 Gọi f ( x)  2x 1 0,25 0,25 Hệ đã cho có nghiệm  x0  1;6 : f ( x0 )  m f ' x  2x2  2x   x  1   x2  x  4  x  1 ; f '  x    x2  x    x  1  17 0,25 1  17 2 27  1  17  3  17 Ta có: f (1)  , f (6)  , f    13  2  Vì x  1;6 nên nhận x  Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max f ( x)  Do đó x0  1;6 : f ( x0 )  m  max f ( x)  m  x1;6 27 13 0,25 27 m 13 VIa 2,00 1,00 4 x  y    x  2 Tọa độ A nghiệm đúng hệ phương trình:    A  2;  x  y   y  Lop12.net 0,25 4 x  y   x  Tọa độ B nghiệm đúng hệ phương trình    B 1;0  x  y 1  y  Đường thẳng AC qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: a  x    b  y     ax  by  2a  4b  0,25 Gọi 1 : x  y   0;  : x  y   0;  : ax  by  2a  4b   ;      ;   Do đó Từ giả thiết suy  |1.a  2.b | | 4.1  2.3 | cos   ;    cos  1 ;     2 25 5 a  b a  | a  2b | a  b  a  3a  4b     3a  4b  + a =  b  Do đó  : y   + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = thì b = Suy  : x  y   (trùng với 1 ) Do vậy, phương trình đường thẳng AC là y - = y   x  Tọa độ C nghiệm đúng hệ phương trình:    C  5;  x  y 1  y  0,25 0,25 1,00 Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính mặt cầu (S) Từ giả thiết ta có: OI  AI  OI  AI  d  I ,  P    d  I ,  Q    OI  d  I ,  P    d  I ,  P    d  I ,  Q   0,25 Ta có: 2 OI  AI  OI  AI  a  b  c   a     b     c  1  10a  4b  2c  30 (1) | a  2b  2c  | OI  d  I ,  P    a  b  c    a  b  c    a  2b  2c   (2) | a  2b  2c  | | a  2b  2c  13 | d  I ,  P   d  I , Q    3  a  2b  2c   a  2b  2c  13 (lo¹i)   a  2b  2c  (3)  a  2b  2c   a  2b  2c  13 Từ (1) và (3) suy ra: b  17 11a 11  4a  ;c (4) Từ (2) và (3) suy ra: a  b  c  (5) Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:  a   221a  658   Như a  a  658 Suy ra: I(2;2;1) và R = 221 0,25 67   658 46 I ; ;  và R =  221 221 221  Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình là: 2 658 46 67  x     y     z  1  và  x     y     z    221   221   221   2 0,25 VIIa 0,25 1,00 Lop12.net Điều kiện: n    n  Hệ điều kiện ban đầu tương đương:   n  1 n   n  3 n    n  1 n   n  3    n   n  3  4.3.2.1 3.2.1    n  1 n  n  1 n   n  3   n  1 n  n  1  5.4.3.2.1 15 0,50 n  9n  22    n  5n  50   n  10 n   0,50 VIb 2,00 1,00 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm hệ phương trình  x2  y  2x  y    y  0; x     y  1; x  3 x  5y   0,50 Vì A có hoành độ dương nên ta A(2;0), B(-3;-1) Vì  ABC  900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I đường tròn Tâm I(-1;2), suy C(-4;4) 0,50 1,00  x   2t  Phương trình tham số d1 là:  y   3t M thuộc d1 nên tọa độ M 1  2t ;3  3t ; 2t   z  2t  Theo đề: d  M ,  P   |1  2t    3t   4t  1| 12   2   22 2 0,25 |12t  |   12t   6  t1  1, t2  + Với t1 = ta M  3;0;  ; 0,25 + Với t2 = ta M 1;3;0  + Ứng với M1, điểm N1  d cần tìm phải là giao d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là (Q1) PT (Q1) là:  x  3  y   z     x  y  z   (1)  x   6t  Phương trình tham số d2 là:  y  4t (2)  z  5  5t  Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 =  t = -1 Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0) + Ứng với M2, tương tự tìm N2(5;0;-5) VIIb Điều kiện f ( x)  ln Ta có:  3  x  3  x    sin 3 0,25 0,25 1,00 0 x3  ln1  3ln   x   3ln   x  ; f '( x)  3 3  x  '  3 x 3  x  0,25   t  cos t 3 dt   dt   t  sin t |    sin      sin       Lop12.net 0,25