Tài liệu 1000 đề thi thử môn toán – hồ xuân trọng (phần 11)

hoctoancapba.com HỒ XUÂN TRỌNG 1000 ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN NĂM 2012-2013 TẬP 11 hoctoancapba.com hoctoancapba.com hoctoancapba.com HỒ XUÂN TRỌNG TUYỂN TẬP 150 ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN SỔ GD-DT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT CẨM BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-CĐ LẦN I NĂM 2013 hoctoancapba.com MÔN TOÁN Thời gian làm bài 180 phút. A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH. (7 điểm) Câu1(2điểm) Cho hàm số y = x3 + (1-2m)x2 + (2-m)x + m + 2 (1) m tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m=2 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và hoành độ cực tiểu bé hơn 1. Câu2(2điểm) Giải các phương trình: t anx 2 cot 3x 1. tan 2 x  2. x  2 7  x  2 x  1   x 2  8x  7  1 Câu3(1điểm) Tính tích phân  e2 e 1  ln x dx ln 2 x Câu4(1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a đường cao chóp SA= a Trên AB và AD lấy hai điểm M;N sao cho AM = DN = x. ( 0< x 0  x1 0). ----------Hết------------- http://www.facebook.com/hoitoanhoc 9 hoctoancapba.com Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ......................................................... ....số báo danh: ......................... ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I (Năm học: 2012-2013) Môn: Toán - Lớp 12 (Khối A) Nội dung Câu I Điểm 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) 2 ( 1,00 điểm). Ta có phương trình đường trung trực của AB là d: x – 2y + 4 = 0 Hoành độ giao điểm của d và (C): 2x3 – 7x = 0 x  0  7 1 7   7 1 7    M1 (0; 2) (loai), M 2   ;   2  , M 3  ;  2  7 x    2 2 2   2 2 2   2 Nội dung Câu II Điểm 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)   2 cos 2   x   4sin x  2 cos x  cos 2 x  2  0  (sin x  1)(cos x  sin x  1)  0 4    x   k 2 sin x  1    2  sin x  cos x  1  0  x  k 2 2  xy  x  1  3 y Giải hệ phương trình:  2 (1,00 điểm) 2 x y  x  2 y Nhận thấy y = 0 không t/m hệ Hệ phương trình đã cho tương đương với 1 x 1  y  x y 3 x  y  a a  b  3  a  2, b  1     Đặt  .  ab  2  a  1, b  2 xx 12 x b   y   y y   Thay vào giải hệ ta được nghiệm ( 1  2;1  2 ), (2;1),  1;  III 1  2 Tìm giới hạn …. 3 3 2x 1  1 x 2x 1 1 1 1 x I  lim  lim  lim  x 0 x  0 x  0 sin 2 x sin 2 x sin 2 x Ta có 2x x 1 1 7  lim  lim    x 0 x  0 2 sin 2 x(1  1  x ) 3 4 12 sin 2 x 3 (2 x  1)  3 2 x  1  1  1,00 1,00 0,50 0,50 1,00  http://www.facebook.com/hoitoanhoc 10 hoctoancapba.com IV Cho hình chóp S.ABCD ( h/s tự vẽ hình)…. Gọi I là giao điểm của AC và BK  Bằng lập luận chứng minh BK  AC , từ đó suy ra được BK ( SAC )  600  Góc giữa hai mp(SBK) và (ABCD) bằng góc SIA  Câu V IA  1,5 2 2 6a 2a 3 AC   SA  2a 2  VS .BCK  3 3 3 Nội dung Điểm 1,00 Tìm m để pt có nghiệm…. Đk: x  2 x2 x2  24 m0 x x Phương trình đã cho tương đương với Đặt t  4   x2 và tìm đk cho t, t  0;1 x   Phương trình trở thằnh t 2  2t  m  0, voi t  0;1 . Từ đó tìm được m  0;1 VI 1,5 1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho …. (1,00 điểm) Ta có: Đường tròn (C) tâm I(1; -1), bán kính R = 2  IA  3  9  2 3  4 , suy ra điểm A nằm trong (C)  đpcm  S  IAB  1 4 3 IA.IB.sin BIC 2 1   4 3  sin BIC  .4.4.sin BIC 2   600  BIC   d ( I ; BC )  2 0   BIC  120 (loai )  3 2 3 Đường thẳng d đi qua A, nhận n( a; b) ( a  b  0) có phương trình 2 2 a( x  1  3)  b( y  2)  0  d ( I ; BC )  2 3  ( 3a  b)2  0  3a  b  0  Chọn a  1, b  3 . Từ đó phương trình đường thẳng d: 3x  3 y  3  9  0 Nội dung Câu VII Điểm 1,00 n 1  Đặt f ( x)   3  x5  . Tổng các hệ số trong khai triển bằng 4096 x  12  f (1)  2n  4096  n  12 , từ đó suy ra f ( x)   C12k x 11k 36 2 k 0 Hệ số x8, ứng với k nguyên t/m: 11k 2  36  8  k  8  a8  C12 . http://www.facebook.com/hoitoanhoc 8 11 hoctoancapba.com www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN, khối A TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề 1 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x) = 8x 4 − 9x 2 + 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình 8cos 4 x − 9cos 2 x + m = 0 với x ∈ [0; π ] . Câu II (2 điểm) log x 1 3  1. Giải phương trình: ( x − 2 )  x −  = x−2 2   x + y + x 2 − y 2 = 12 2. Giải hệ phương trình:   y x 2 − y 2 = 12 Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường y =| x 2 − 4 x | và y = 2 x . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm π  π π   4sin3xsinx + 4cos  3x -  cos  x +  − cos 2  2x +  + m = 0 4 4 4    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. Cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x + y + 1 = 0 và phân giác trong CD: x + y − 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC.  x = −2 + t  2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số  y = −2t  z = 2 + 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 của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua ∆ , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng 1 1 1 5 + + ≤ xy + 1 yz + 1 zx + 1 x + y + z 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ∆ có  x = −1 + 2t  phương trình tham số  y = 1 − t .Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆ ,  z = 2t  M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. xác định vị trí của điểm www.DeThiThuDaiHoc.com 12 hoctoancapba.com www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh 1 2 b c  1  a + + + <2 +  3a + b 3a + c 2a + b + c  3a + c 3a + b ----------------------Hết---------------------- 2 Đáp án Câu I Ý 1 Điểm 2,00 1,00 0,25 Nội dung + Tập xác định: D = ℝ + Sự biến thiên: • Giới hạn: lim y = +∞; lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ y ' = 32x − 18x = 2x (16x 2 − 9 ) • 3 x = 0 y'= 0 ⇔  x = ± 3  4 • 0,25 Bảng biến thiên. 0,25 • 49 49  3 3 yCT = y  −  = − ; yCT = y   = − ; yC§ = y ( 0 ) = 1 32 32  4 4 Đồ thị 0,25 2 1,00 Xét phương trình 8cos x − 9cos x + m = 0 với x ∈ [0; π ] (1) 4 2 Đặt t = cosx , phương trình (1) trở thành: 8t 4 − 9t 2 + m = 0 (2) Vì x ∈ [0; π ] nên t ∈ [−1;1] , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau. www.DeThiThuDaiHoc.com 13 0,25 hoctoancapba.com www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com Ta có: (2) ⇔ 8t 4 − 9t 2 + 1 = 1 − m (3) Gọi (C1): y = 8t 4 − 9t 2 + 1 với t ∈ [−1;1] và (D): y = 1 – m. Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D). Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền −1 ≤ t ≤ 1 . 3 0,25 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 2 nghiệm. 32 81 • 1≤ m < : Phương trình đã cho có 4 nghiệm. 32 • 0 < m <1 : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. • m=0 : Phương trình đã cho có 1 nghiệm. • m<0 : Phương trình đã cho vô nghiệm. II 0,50 2,00 1,00 1 Phương trình đã cho tương đương:  x−2 =0 x − 2 = 0 x = 2    log 3 x log3 x   1  ln  x − 1   log x ln  x − 1  = 0 ⇔ ⇔ =0 = 1        x −   3 2 2   2          x − 2 > 0   x > 2  x > 2 x = 2 x = 2 x = 2     x = 1   log 3 x = 0   x = 1     ⇔   ⇔  ⇔    1 1 3⇔x=2     ln  x −  = 0  x − = 1   x = 2 2 2         x > 2   x > 2   x > 2  2 0,50 0,50 1,00 Điều kiện: | x | ≥ | y | u = x 2 − y 2 ; u ≥ 0 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 = 4 u = 3 ⇔ hoặc  v = 8 v = 9 0,25  x 2 − y 2 = 4 u = 4 + ⇔ (I) v = 8  x + y = 8 0,25 u = 3  x 2 − y 2 = 3 + ⇔ (II) v = 9  x + y = 9 Giải hệ (I), (II). 0,25 www.DeThiThuDaiHoc.com 14 hoctoancapba.com www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S = {( 5;3) , ( 5; 4 )} 4 0,25 III 1,00 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y =| x − 4 x | (C ) và ( d ) : y = 2 x Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): x ≥ 0 x ≥ 0 x = 0   2 2 2 | x − 4 x |= 2 x ⇔   x − 4 x = 2 x ⇔   x − 6 x = 0 ⇔  x = 2  2  2  x = 6   x − 4 x = −2 x  x − 2x = 0 2 0,25 Suy ra diện tích cần tính: ∫( x ) 2 S= 2 − 4 x − 2 x dx + 0 ∫( x 6 2 2 ) − 4 x − 2 x dx 2 Tính: I = ∫ (| x 2 − 4 x | −2 x ) dx 0 2 Vì ∀x ∈ [ 0; 2] , x 2 − 4 x ≤ 0 nên | x 2 − 4 x |= − x 2 + 4 x ⇒ I = ∫ ( − x 2 + 4 x − 2 x ) dx = 0 0,25 4 3 6 Tính K = ∫ (| x 2 − 4 x | −2 x ) dx 2 Vì ∀x ∈ [ 2; 4] , x 2 − 4 x ≤ 0 và ∀x ∈ [ 4; 6] , x 2 − 4 x ≥ 0 nên 4 6 2 4 0,25 K = ∫ ( 4 x − x 2 − 2 x ) dx + ∫ ( x 2 − 4 x − 2 x ) dx = −16 . 4 52 Vậy S = + 16 = 3 3 0,25 IV 1,00 0,25 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB,  AB ⊥ IC A’B’. Ta có:  ⇒ AB ⊥ ( CHH ' ) ⇒ ( ABB ' A ' ) ⊥ ( CII ' C ' )  AB ⊥ HH ' Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K ∈ II ' . www.DeThiThuDaiHoc.com 15 hoctoancapba.com www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 x 3 1 x 3 I ' K = I ' H ' = I 'C ' = ; IK = IH = IC = 3 6 3 3 x 3 x 3 Tam giác IOI’ vuông ở O nên: I ' K .IK = OK 2 ⇒ . = r 2 ⇒ x 2 = 6r 2 6 3 Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V = ( h B + B '+ B.B ' 3 5 0,25 ) 0,25 2 2 2 Trong đó: B = 4x 3 = x 2 3 = 6r 2 3; B ' = x 3 = 3r 3 ; h = 2r 4 Từ đó, ta có: V = 4 2 2r  2 3r 2 3 3r 2 3  21r 3 . 3  6r 3 + = + 6r 2 3. 3 2 2  3   V 0,25 1,00 Ta có: +/ 4sin3xsinx = 2 ( cos2x - cos4x ) ; π  π π     +/ 4cos  3x -  cos  x +  = 2  cos  2x -  + cos4x  = 2 ( sin 2x + cos4x ) 4 4 2      π  1 π  1   +/ cos 2  2x +  = 1 + cos  4x +   = (1 − sin 4x ) 4  2 2  2   Do đó phương trình đã cho tương đương: 1 1 2 ( cos2x + sin2x ) + sin 4x + m - = 0 (1) 2 2 π  Đặt t = cos2x + sin2x = 2cos  2x -  (điều kiện: − 2 ≤ t ≤ 2 ). 4  2 Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t − 1 . Phương trình (1) trở thành: t 2 + 4t + 2m − 2 = 0 (2) với − 2 ≤ t ≤ 2 (2) ⇔ t 2 + 4t = 2 − 2m Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( D ) : y = 2 − 2m (là đường song 0,25 0,25 song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): y = t 2 + 4t với − 2 ≤t ≤ 2. Trong đoạn  − 2; 2  , hàm số y = t 2 + 4t đạt giá trị nhỏ nhất là 2 − 4 2 tại t = − 2 và đạt giá trị lớn nhất là 2 + 4 2 tại t = 2 . 0,25 Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 − 4 2 ≤ 2 − 2m ≤ 2 + 4 2 ⇔ −2 2 ≤ m ≤ 2 2 . VIa 1 Điểm C ∈ CD : x + y − 1 = 0 ⇒ C ( t ;1 − t ) . 0,25 2,00 1,00  t +1 3 − t  Suy ra trung điểm M của AC là M  ; . 2   2 0,25 www.DeThiThuDaiHoc.com 16 hoctoancapba.com www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com  t +1 3 − t Điểm M ∈ BM : 2 x + y + 1 = 0 ⇒ 2  + 1 = 0 ⇔ t = −7 ⇒ C ( −7;8 ) + 2  2  Từ A(1;2), kẻ AK ⊥ CD : x + y − 1 = 0 tại I (điểm K ∈ BC ). 6 0,25 Suy ra AK : ( x − 1) − ( y − 2 ) = 0 ⇔ x − y + 1 = 0 . x + y −1 = 0 Tọa độ điểm I thỏa hệ:  ⇒ I ( 0;1) . x − y +1 = 0 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của K ( −1;0 ) . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 0,25 x +1 y = ⇔ 4x + 3 y + 4 = 0 −7 + 1 8 0,25 2 1,00 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng ∆ , thì ( P ) //( D) hoặc ( P ) ⊃ ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH ≤ IA và IH ⊥ AH . 0,25 d ( ( D ) , ( P ) ) = d ( I , ( P ) ) = IH Mặt khác   H ∈ ( P ) Trong mặt phẳng ( P ) , IH ≤ IA ; do đó maxIH = IA ⇔ H ≡ A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A.    Vectơ pháp tuyến của (P0) là n = IA = ( 6;0; −3) , cùng phương với v = ( 2; 0; −1) . 0,25 0,50 Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2 ( x − 4 ) − 1. ( z + 1) = 2x - z - 9 = 0 . VIIa Để ý rằng ( xy + 1) − ( x + y ) = (1 − x )(1 − y ) ≥ 0 ; 1,00  yz + 1 ≥ y + z và tương tự ta cũng có   zx + 1 ≥ z + x Vì vậy ta có: 0,50 0,50 www.DeThiThuDaiHoc.com 17 hoctoancapba.com www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com  1 1 1  x y z + + + + +1+1+1 ( x + y + z) ≤  xy + 1 yz + 1 zx + 1  yz + 1 zx + 1 xy + 1 ≤ 7 x y z + + +3 yz + 1 zx+y xy + z  1 z y  = x − − +5  yz + 1 zx + y xy + z   z y  ≤ x 1 − − +5  z+ y y+z =5 VIb 1  Ta có: AB = ( −1; 2 ) ⇒ AB = 5 . Phương trình của AB là: 2x + y − 2 = 0 . 2,00 1,00 I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t ; t ) . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: C ( 2t − 1; 2t ) , D ( 2t ; 2t − 2 ) . 0,25 4 . 5 Mặt khác: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chiều cao) ⇒ CH = 0,25  4 5 8 8 2 | 6t − 4 | 4 t = 3 ⇒ C  3 ; 3  , D  3 ; 3  Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH ⇔ = ⇔     5 5 t = 0 ⇒ C ( −1; 0 ) , D ( 0; −2 ) 5 8 8 2 Vậy tọa độ của C và D là C  ;  , D  ;  hoặc C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) 3 3 3 3 0,50 2 1,00 Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.  x = −1 + 2t  Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:  y = 1 − 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 = 2 2 ( 3t ) 2 ( ) 2 + = 9t 2 + 20 = 2 ( 3t − 6 ) ( 3t ) 2 ( + 2 5 = 9t 2 − 36t + 56 = ( ) ( ) 0,25 2 ( 3t − 6 ) 2 ( + 2 5 ) 2 2 + 2 5   Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u = 3t ; 2 5 và v = −3t + 6; 2 5 . 2 + 2 5 2 2 ) ( ) 0,25 www.DeThiThuDaiHoc.com 18 hoctoancapba.com www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com  | u |= Ta có   | v |=  ( 3t ) 2 ( + 2 5 ( 3t − 6 ) ) 8 2 ( ) 2 + 2 5       Suy ra AM + BM =| u | + | v | và u + v = 6; 4 5 ⇒| u + v |= 2 29       Mặt khác, với hai vectơ u , v ta luôn có | u | + | v |≥| u + v | 2 ( ) Như vậy AM + BM ≥ 2 29   Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng 3t 2 5 = ⇔ t =1 −3t + 6 2 5 ⇒ M (1;0; 2 ) và min ( AM + BM ) = 2 29 . ⇔ Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 ( 11 + 29 0,25 ) VIIb 0,25 1,00 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 > 0 ) ⇒ x + y > z , y + z > x, z + x > y . 2 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 ) < 2 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: + + < = 2. y+z z+x x+ y x+ y+z 1 2 b c  1  Tức là: a  + + + <2 +  3a + b 3a + c 2a + b + c  3a + c 3a + b Đặt 0,50 0,50 www.DeThiThuDaiHoc.com 19 hoctoancapba.com www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số y  x 4  2 x 2  2 có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số . 2. Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. Câu 2: (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2sin x+tanx+ 1  1  tan3x cos3x log 2 x  2 y  2 2. Giải hệ phương trình:  2 4 x  1  xy 4  y  0 Câu 3: (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho A(5;1) và đường tròn (C) : x2  y 2  2 x  4 y  2  0 . Viết phương trình đường tròn (C’) có tâm A, cắt đường tròn (C) tại hai điểm M, N sao cho MN = 3 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  y  z  2  0 và đường thẳng (d): x  3 y  2 z 1   . Viết phương trình đường thẳng () đi qua M(3;0;-3) cắt đường thẳng (d) 2 1 1 và mặt phẳng (P) lần lượt tại A và B sao cho M là trung điểm của AB. Câu 4: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, BA = a. Tam giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M, N là trung điểm của SA, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC biết góc giữa MN và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Câu 5: (2 điểm)  4 1. Tìm 2sinx+cosx  (sinx+cosx) dx 3 0 2. Tìm m để phương trình : 2 phân biệt. Câu 6: (1điểm) x2 3mxm  23x mx3m  x2  2mx  2m có 2 nghiệm dương 2 Xét các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 3(b  c) 4a  3c 12(b  c)   . 2a 3b 2a  3c ----------------------HẾT---------------------Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 20 Họ và tên:…………………………………………………SBD:…………………………………