De luyen thi phu hop cau truc thi Quoc gia De 12

b Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng d, bán kính bằng 3 và tiếp xúc với mpP.. Tính thể tích khối chóp S.[r]

ĐỀ THI THỬ SỐ 12 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1(2,0 điểm) Cho hàm số y=x − x2 +1 (C) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) b) Tìm các giá trị tham số m để (C) cắt đường thẳng d: y = (2m  1) x  2m  điểm phân biệt có hoành độ dương Câu 2( 1,0 điểm ) a) Giải phương trình: log ( x  1).log x 2.log ( x  1) b) Giải phương trình: sin2 x −sin x +cos x −sin x=0 Câu 3(1,0 điểm ) a) Cho z , z là hai nghiệm phức phương trình z −3 z+ 5=0 Tính 2 |z 1| +|z 2| b) Một đoàn tàu có toa Có hành khách độc lập với chọn ngẫu nhiên toa Tính xác suất để toa có hành khách, toa có hành khách và hai toa không có hành khách Câu 4(1,0 điểm ) Tính tích phân: e3  I  x    ln x dx x2 ln x 1   x 1  t  d :  y 2t  z   Câu 5(1,0 điểm ) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng và mặt phẳng (P): x + y −2 z − 1=0 a) Viết phương trình đường thẳng qua M ( ; 2; ) , song song với (P) và vuông góc với đường thẳng d b) Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng d, bán kính và tiếp xúc với mp(P) Câu 6( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S ABC có tam giác ABC vuông A , AB  AC a , I là trung điểm SC , hình chiếu vuông góc S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H BC , mặt phẳng  SAB  tạo với đáy   SAB  theo a góc 60 Tính thể tích khối chóp S ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng G  0;1 Câu 7( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;  2) , trọng tâm và trực 1  H  ;1 tâm   Tìm tọa độ các đỉnh B, C và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Câu 8( 1,0 điểm ) Giải bất phương trình x 1 x   2x  Câu 9(1,0 điểm ) Cho x, ,y, z là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x  xy  xyz xyz ĐÁP ÁN ĐỀ 12 Câu Nội dung Phương trình hoành độ giao điểm : x  3x  (2m  1) x  2m   x  x  (2m 1) x  2m  0 1b  x 1  ( x  1)( x  x  2m  3) 0    x  x  2m  (*) Bài toán tmãn (*) có nghiệm dương phân biệt x    ' 2m    P  2m      2m  S 2  1  2.1  2m  0 (1,0 điểm) a,(0,5điểm) Đk: x> log ( x −1 ) log x=2 log ( x − ) ⇔ log ( x −1 ) ( log3 x − )=0 ⇔ log ( x − )=0 log x −1=0 ⇔ x=2 x=3 (thỏa mãn) b, sin2 x −sin x +cos x −sin x=0 ⇔ ( sin x − cos x )( sin x −1 ) =0    x   k   x   k 2   tan x 1    sin x  cos x 0   x    k 2   sin x   2sin x  0    i 31 2 z 1| +|z 2| =5 | a,(0,5điểm) Ta có: Khi đó: b,(0,5điểm) Mỗi hành khách có cách chọn toa để lên tàu nên số cách hành khách chọn toa để lên tàu là : 4 =256 (cách) ⇒ n ( Ω ) =256 Gọi biến cố A” hành khách từ sân ga lên tàu cho toa có ba hành khách, toa có hành khách và toa không có hành khách” + Chọn hành khách từ hành khách và xếp hành khách vừa chọn lên toa tàu có C 4=16 (cách) + Xếp hành khách còn lại lên toa tàu còn lại có 3(cách) n ( A ) 48 = = ⇒ n ( A ) =16 3=48 Vậy P ( A )= n ( Ω ) 256 16   31  z1,2  (1,0 điểm) e e I = xdx+ 1 ( ln x dx x √ ln x+ ) e Tính I = ln x dx x √ ln x +1 e Tính I = xdx=x 2∨❑e1 =e − 1 t=√ ln x+1 ⇒ ln x=t −1 Đặt Đổi cận dx=2 tdt x ¿{ ¿ x=1 ⇒t=1 x=e ⇒ t=2 ¿{ ¿ 2 t −1 tdt=2 ( t −1 ) dt=2 t − t ¿21= Vậy I =e + t 3 1 ¿ Δ // ( P ) Δ⊥ d ⇒ ¿ u ⃗ nP a,(0,5điểm) Vì Δ⊥ ⃗ u Δ ⊥⃗ ⃗ ud ⇒⃗ u Δ=[ ⃗ n P , u⃗d ] = ( ; − 2; ) ¿{ ¿ Δ: x =1+ t Vậy PT đường thẳng qua M ( ; 2; ) là y=2 −2 t z =1+ 3t ¿ {{ I   t; 2t ;  1 b,(0,5điểm) Vì tâm mặt cầu là I ∈ d nên Vì mặt cầu có tâm I , bán kính và tiếp xúc với mp(P) nên |2 ( 1+ t ) +2 t − ( −1 ) −1| ⇔ =3 ⇔|4 t+3|=9 ⇔ √4 +1+4 t +3=9 ¿ t +3=− ¿ t= d(I,(P))=3 ¿ t =−3 ¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ¿ ¿ 5 2 + ( y −3 ) + ( z +1 ) =3 + t= ⇒ I ; ; −1 ⇒ ( S ) : x − 2 + t=−3 ⇒ I (− ;− ; −1 ) ⇒ ( S ) : ( x+2 )2 + ( y +6 )2+ ( z+1 )2=32 ( 2 + y − ) + ( z+ ) =3 ( S ) : ( x+2 )2 + ( y +6 )2+ ( z +1 )2=3 Vậy ( S ) : x − (1,0 điểm) Sj Gọi K là trung điểm AB  HK  AB (1) Khi đó ( I = ( ) ) ( ) ( ) SH   ABC  nên SH  AB (2) Từ (1) và (2) suy  AB  SK Vì M B H C Do đó góc và HK và  SAB  với đáy góc SK K A Ta có ❑ ∠ SKH=60 SH=HK tan ∠ SKH= 1 a3 VS ABC  S ABC SH  AB AC.SH  3 12 Vậy d  I ,  SAB   d  H ,  SAB   IH / /  SAB  Vì IH / / SB nên Do đó a √3  HM   SAB   d  H ,  SAB   HM Từ H kẻ HM  SK M 1 16 a a     HM  d  I ,  SAB    2 Vậy HK SH 3a Ta có HM Gọi M là trung điểm cạnh BC, ta có  3 5  AM  AG  M   1;  2  ⃗ 3  ⃗ AH  ;3  n   hay  1;   là vectơ pháp tuyến đường thẳng BC Phương trình BC : x  y  0  x 2 y  (C) A H I Vì B và C đối xứng với qua M nên gọi C B M B(2m  6; m) thì có C (4  2m;  m) ⃗ 7  K  HC   2m;  m  AB  2m  8; m   2  Ta có: ;   AB.HC 0  (m  4)(5  5m) 0  m 4; m 1 Vậy có B(2; 4), C ( 4;1) B( 4;1), C (2; 4) Kẻ đường kính AK đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC Tứ giác BHCK có BH//KC và BK//HC nên BHCK là hình bình hành Suy ra: HK và BC cắt M là trung điểm BC và M là trung điểm HK 5 1     15 H  ;1 M   1;   K   ;  R  AK  2   Bán kính Ta có   ,  Đk: x 2 x 1 x   2x   x   x   2x   x  3x   ( x  2)(2 x  3)   x   ( x  2)(2 x  3)  x  0   ( x  2) ( x  2)(2 x  3)  x 2  ( x  2) ( x  2)(2 x  3) Đối chiếu đk, ta thấy x = thỏa mãn Vậy bất phương trình có nghiệm x = Ta có x  xy  xyz x  x 1 x.8 y  x.8 y.32 z x  y x  y  32 z 32    x  y  z   x  y  z 24 24 t  x  y  z;t   P  f t  f  t    2t 3t  ; f  t  0  t 1 t3 t2 Lập bảng biến thiên hàm f(t) ta Pmin  t=1 16   x  21  x  y  z 1     y  2 x 8 y 21 2 x 32 z     z  21  Dấu “=” xảy và