Tài liệu 40 đề thi thử đại học môn toán có đáp án

  • Số trang: 260 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 360 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Tham gia: 27/02/2015

Mô tả:

40 đề thi thử đại học môn Toán có đáp án
www.MATHVN.com Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng ĐỀ 1 A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số: y  x 4  2 x 2  3 (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng y  m cắt đồ thị (C) tại bốn điểm phân biệt M, N, P, Q ( sắp thứ tự từ trái sang phải) sao cho độ dài các đoạn thẳng MN, NP, PQ được giả sử là độ dài 3 cạnh của một tam giác bất kỳ. Câu II (2,0 điểm)   1. Giải phương trình: sin x.sin 4 x  2 2 cos   x   4 3 cos 2 x.sin x.cos 2 x 6  2 x 2  3 y  y 2  8 x  1 2. Giải hệ phương trình:   x, y    . x x  8  y y  3  13      4 1 x  ex  1 4 x xe2 x dx . Câu IV (1,0 điểm). Tính thể tích khối tứ diện ABCD biết AB = a, AC = b, AD = c   CAD   DAB   600 . và BAC Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân: I = x Câu V (1,0 điểm). Chứng minh phương trình: x x1   x  1 luôn có nghiệm thực dương duy nhất. B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d : x  y  1  0 và đường tròn  C  : x 2  y 2  2 x  4 y  0 . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d mà qua đó kẻ được hai đường thẳng tiếp xúc với đường tròn  C  tại A và B sao cho  AMB  600 . 2. Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A  a; 0;0  , B  0; b; 0  , C  0; 0; c  với a, b, c là các số dương thay đổi và thỏa mãn a 2  b 2  c 2  3 . Xác định a, b, c sao cho khoảng cách từ gốc toạ độ O  0; 0; 0  đến mặt phẳng  ABC  đạt giá trị lớn nhất. Câu VII a (1,0 điểm). Tìm a, b   để phương trình z 2  az  b  0 có nhận số phức z  1  i làm nghiệm. B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho prabol  P  : y  x 2 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua M(1; 3) sao cho diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và d đạt giá trị nhỏ nhất. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A 1;5; 0  , B  3;3; 6  và đường x  1 y 1 z   . Xác định vị trí của điểm C trên đường thẳng d để diện tích tam 2 1 2 giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất. thẳng d: Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925 MATHVN.COM - Toán học Việt Nam 1 www.MATHVN.com Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng Câu VII b (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 3 1 log 4 x 2  x  1  log 1 x 2  x  1  log 2 x 4  x 2  1  log 3 2       2 x4  x2 1 . BÀI GIẢI A- PHẦN CHUNG Câu I 1. Học sinh tự giải. 2. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳngy = m và đồ thị (C): x 4  2x 2  3  m  x 4  2x 2  3  m  0 1 Đặt t  x 2  t  0  .Phương trình trên thành: t 2  2t  3  m  0 2 Gọi x1 , x 2 , x 3 , x 4 lần lượt là hoành độ các giao điểm M, N, P, Q. Khi đó x1 , x 2 , x 3 , x 4 là nghiệm của phương trình (1). Dựa vào đồ thị , ta thấy với điều kiện: 4  m  3 thì phương trình (2) có hai nghiệm là: t1  1  m  4 ; t 2  1  m  4 . Suy ra x1   t 2 , x 2   t1 , x 3  t1 , x 4  t 2 Ta có MN  PQ  x 4  x 3 , NP = x 3  x 2  2x 3 a  b  c  Để ý rằng: Điều kiện để ba số dương a, b, c là độ dài 3 cạnh của một  là: b  c  a . c  a  b  Vì MN  PQ nên để MN, NP, PQ là độ dài 3 cạnh của một tam giác bất kỳ nên ta chỉ cần: MN  PQ  NP  2 PQ  NP  2  x4  x3   2 x3  x4  2 x3 hay   t 2  2 t1  t 2  4t1  1  m  4  4 1  m  4  m  4  Kết hợp với điều kiện : 4  m  3 ta được:  3 91 m 5 25 91  m  3 . 25 Câu II 1. Ta có:   sin x.sin 4 x  2 2 cos   x   3 cos x.sin 4 x 6     sin 4 x sin x  3 cos x  2 2 cos   x  6             sin 4 x.  sin sin x  cos cos x   2 cos   x   sin 4 x  2 cos   x   0 6 6   6  6    Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925 MATHVN.COM - Toán học Việt Nam 2 www.MATHVN.com Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng   2    cos   x   0 ( vì sin 4 x  2  0 )   x   k  x   k 6 2 3 6  k   . 2. Điều kiện: x 2  3y  0 , y 2  8x  0 Đặt u  x 2  3y , v = y 2  8x ( u, v  0 ) v  2u  1 2u  v  1 v  2u  1 Hệ phương trình thành:  2     2 2 2 2 2 u  v  13 u  v  13 u   2u  1  13  v  2u  1  v  2u  1 u  2  u  2 .  2    v  3 5u  4u  12  0  u   6   5  4  x2 y  3 2 x 2  3y  2 x  3y  4   2  2 2 2 y  8x  9  y  8x  3   4  x   8x  9  3    Khi đó:    x  1  4  x2  4  x2 y    4  x2  3 y  3 y   y 1     3   x  5  x 4  8 x 2  72 x  65  0  x  1 x  5  x 2  4 x  13  0   x  1      x  5   y  7 Kết hợp với điều kiện ta đầu ta thu được tập hợp nghiệm của hệ phương trình là: S  1;1 ,  5; 7  .   Câu III 4 Ta có: I   1 4 4 1 x  ex 1 1 1  dx     2x dx 2x x 4x 4x e xe xe 1 1  1 =   x e 1 2 x   dx =  x  e x 4 1 4  1 2 1   1  x  dx  2 x e  1 1  1  4 e e Câu IV Giả sử a  min a, b, c Trên cạnh AC lấy điểm E, AD lấy điểm F sao cho AB  AE  AF  a . Tứ diện ABEF có bốn mặt là các tam giác đều bằng nhau nên là tứ diện đều cạnh bằng a. A c a H F B D E b C Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925 MATHVN.COM - Toán học Việt Nam 3 www.MATHVN.com Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng a3 2 Ta dễ dàng tính được VABEF  . 12 Gọi H là chân đường cao hạ từ B. 1 1 BH.SAEF AEAF sin 600 VABEF 3 a2 2 Ta có: .    1 VABCD 1 BH.S bc 0 ACAD sin 60 ACD 3 2 abc 2 Suy ra VABCD  . 12 Câu V x Ta có: x x 1   x  1  x  0    x  1 ln x  x ln  x  1  0 Xét hàm số: f  x    x  1 ln x  x ln  x  1  x  0  1  1 1 f   x    ln  1      x  x x 1 1  1 Chứng minh bất đẳng thức cơ bản ln 1  t   t t > 0 ta suy ra  ln 1     x  x 1 1 1 1 Do đó f   x        0  f  x  đồng biến trên  0;   (1) x x x 1 x 1 Mặt khác: do f  x  liên tục trên  0;   và f  2  f  3   ln 8  ln 9  ln 81  ln 64   0 suy ra tồn tại x 0   2;3   0,   sao cho f  x 0   0 Từ (1) và (2) điều phải chứng minh. B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu Via 2 2 1. Viết lại  C  dưới dạng  x  1   y  2   5 Vậy  C  có tâm I  1; 2  , bán kính R  5 . M  d  M  t ; t  1 Theo giả thiết  AMB  60o (2) A I M B Suy ra  AMI  30o  MI  2 IA  2 R  2 5 t  3  M  3; 4  2 2 hay MI 2  20   1  t   1  t   20  t 2  9   t  3  M  3; 2  x y z 2. Phương trình mặt phẳng (ABC):    1 a b c 1 d  d  O;  ABC    1 1 1   a 2 b2 c2 Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925 MATHVN.COM - Toán học Việt Nam 4 www.MATHVN.com Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng 2 1 1  1 1 1 1  1 1 1 9   a.  b.  c.    a 2  b 2  c 2   2  2  2   3  2  2  2  . b c b c  b c   a a a 1 1 1 1 Suy ra: 2  2  2  3 . Do đó: d  . a b c 3 1 1 1 Dấu bằng xảy ra  2  2  2  1  a  b  c  1 . a b c 1 Vậy Max d  khi a  b  c  1 . 3 Câu VIIa 2 Theo đề, ta có: 1  i   a 1  i   b  0  1  2i  i 2  a  ai  b  0 a  2  0 a  2   a  2  i  a  b   0   .  a  b  0 b  2 B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb 1. Giả sử d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A a; a 2 , B b; b 2 ( b > a)     PT đường thẳng d: y   a  b  x  ab Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và đt d . Ta có: b b S    a  b  x  ab  x 2 dx b    x  a  x  b  dx     x  a  x  b  dx a a a b ab 2 1 3 1  =   x3  x  abx    b  a  . 2 3 a 6 Do M 1;3  d  a  b  ab  3 3 3 1  1  1  2 2 2 b a   a  b   4ab   ab  3  4ab      36   36   36  3 3 1  8 128 8 2 2 = ab  1  8   S    36 36 9 3 8 2 MinS   ab  1  0  ab  1  a  b  2 . 3 Vậy ta lập được phương trình đường thẳng d : y  2x  1 . Suy ra S2  2. Ta có: C  d  C  1  2t;1  t; 2t    AB   2; 2;6  , AC   2t  2;  t  4;2t     2 6 6 2 2 2   AB; AC    ; ;    2t  24;8t  12; 2t  12      t  4 2t 2t 2t  2 2t  2  t  4  Gọi S là diện tích tam giác ABC. Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925 MATHVN.COM - Toán học Việt Nam 5 www.MATHVN.com Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng 1   1 2 2 2  AB; AC    2t  24   8t  12    2t  12    2 2 1 1 2  72t 2  144t  864 = 72  t  1  792  3 22 . 2 2 Dấu = xảy ra khi t  1  C 1; 0; 2  Ta có: S = Vậy khi C 1; 0; 2  thì MinS  3 22 Câu VIIb Phương trình đã cho tương đương với: log 2 x 2  x  1  log 2 x 2  x  1  log 2 x 4  x 2  1  log 2 x 4  x 2  1    x x            1  log  x  x  1  log  x  x  1  1  0    log 2 x 2  x  1 x 2  x  1  log 2 x 4  x 2  1  log 2 x 4  x 2  1  log 2  log 2 4 4  x2  x2 4 2 2 4 2 2 x  0  x  x  1  1  x  x  0   x  1  x  1 Vậy tập hợp nghiệm của phương trình là: S  1;0;1 4 2 4 2 ĐỀ 2 A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) . 2x  3 Cho hàm số: y  (C). x2 3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 4. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Tìm điểm M thuộc (C). Biết tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận tại J và K sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK có diện tích nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm)   1. Tìm nghiệm x   0;  của phương trình sau đây :  2 x 3      4sin 2      3 sin   2 x   1  2cos 2  x  . 2 4   2   8 x3 y  27  18 y 3 2. Giải hệ phương trình:  . 2 2 4 x y  6 x  y   2 Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân: I = I   10 1  cos 5 x .sin x.cos9 xdx . 0 Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925 MATHVN.COM - Toán học Việt Nam 6 www.MATHVN.com Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại đỉnh B, BA = BC = 2a, hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy (ABC) là trung điểm E của AB và SE = 2a. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của EC, SC ; M là điểm di động trên tia đối của tia BA sao cho  ECM    0    90  và H là hình chiếu vuông góc của S trên MC. 0 Tính thể tích của khối tứ diện EHIJ theo a,  và tìm  để thể tích đó lớn nhất. Câu V (1,0 điểm). Chứng minh rằng: x x 1 x x 1 1 x  2 x   0;1 . e B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có phương trình hai cạnh AB, AD thứ tự là: x  2 y  2  0 ; 2x + y + 1= 0 . Cạnh BD chứa điểm M 1; 2  . Tìm toạ độ các đỉnh của hình thoi. x 1 y  2 z 2. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :   . Viết phương trình mặt 1 2 2 phẳng (P) biết rằng (P) chứa đường thẳng d và tạo với mặt phẳng (xOy) một góc nhỏ nhất. Câu VII a (1,0 điểm). Tìm tập hợp điểm M mà tọa độ phức của nó thỏa mãn điều kiện: z  2  i  1 . B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại B  Ox, phương trình cạnh AB có dạng: 3x  y  2 3  0 ; tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là I  0; 2  . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác. 2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  2;0;0  và J  2;0; 0  . Giả sử   là mặt phẳng thay đổi, nhưng luôn đi qua đường thẳng AJ và cắt các trục Oy, Oz lần lượt tại các điểm bc B  0; b; 0  , C  0; 0; c  với b, c  0 . Chứng minh rằng: b  c  và tìm b, c sao cho diện 2 tích tam giác ABC nhỏ nhất. Câu VII b (1,0 điểm). 20 C 02010 21 C12010 2 2 C 22010 23 C32010 22010 C 2010 2010 Tính P      ...  1.2 2.3 3.4 4.5 2011.2012 BÀI GIẢI A- PHẦN CHUNG Câu I 1. Học sinh tự giải. Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925 MATHVN.COM - Toán học Việt Nam 7 www.MATHVN.com Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng  2x  3  1 2. Ta có: M  x0 ; 0    C  , x0  2 , y' (x 0 )  x0  2  x0  22  1 2x  3 Phương trình tiếp tuyến  với ( C) tại M :  : y  (x  x 0 )  0 2 x0  2 x0  2  2x  2  Toạ độ giao điểm J, K của () và hai tiệm cận là: J  2; 0  ; K  2 x0  2; 2   x0  2  y  yK 2 x0  3 x x 2  2 x0  2 Ta có: J K   x0  xM , J   yM  M là trung điểm JK. 2 2 2 x0  2 Mặt khác I(2; 2) và IJK vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp IJK có diện tích: 2   2 x0  3   1   2 S =  IM   ( x0  2)    2     ( x0  2) 2   2 2  ( x0  2)    x0  2    2 Dấu “=” xảy ra khi ( x0  2) 2   x0  1  M 1;1 1  .  ( x0  2)2  x0  3  M  3;3 Câu II x 3      1. Ta có: 4sin 2      3 sin   2 x   1  2cos 2  x   2 4   2   3    2 1  cos  2  x   3 cos 2 x  1  1  cos  2 x   2    2  2 cos x  3 cos 2 x  2  sin 2 x  sin 2 x  3 cos 2 x  2 cos x 1 3      sin 2 x  cos 2 x  cos x  sin  2 x    cos   x  2 2 3  2    5 2    2 x  3  2  x  k 2  x  18  k 3   k    .  2 x      x  k 2  x  5  k 2   3 2 6 5   Vì x   0;  nên ta chọn được nghiệm x  . 18  2 27  0 2. Với y  0 hệ phương trình đã cho thành:  ( Vô lý). Suy ra y  0 6 x  0 3  3 3 (2 x )     18 8 x3 y  27  18 y 3   y Khi đó:  2  . 2 4 x y  6 x  y 2 x. 3  2 x  3   3    y y  Đặt u  2 x, v = 3 . y Hệ phương trình trên thành: Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925 MATHVN.COM - Toán học Việt Nam 8 www.MATHVN.com Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng 3 3 u 3  v3  18 u  v  3  u  v   3uv  u  v   18  u  v   27    . Suy ra u, v là  uv  u  v   3 uv  1 uv  u  v   3 uv  u  v   3  3 5 t  2 . 2 nghiệm của phương trình: t  3t  1  0    3 5 t  2     3 5 3 5 3 5  3 5 x  x  2 x  2 x  4 4 2 2     Do đó:     . 3 3  5 3 3  5 3 3  5 3 3  5        y  y  y   y  2 2 2 2 Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã      3  5 3 3  5   3  5 3 3  5   S ; ; ; .   2  2 2  4           cho là:  Câu III Đặt t  10 1  cos 5 x  t10  1  cos 5 x  10t 9 dt  5sin x.cos4 xdx  sin x.cos 4 xdx  2t 9 dt  2 1 Ta có: I   1  cos x .cos x.sin x cos xdx  2 t 1  t 10 5 5 4 0 0 1 10 t dt  2 t 9 10  t 20  dt 0 1  t11 t 21  20  2    .  11 21  0 231 Câu IV  ABC vuông 2 cân 2 tại 2 B nên S 2 AC  AB  BC  4a  4a  2 2a  EBC vuông cân tại B nên C  BE 2  BC 2  a 2  4a 2  a 5 . Theo định lý ba đường vuông góc ta có: EH  HC . Suy ra: EH  EC sin  1 a 5 EI  EC  . 2 2 1 1 a 5 S HEI  EH .EI sin  HEI  a 5 sin  . cos  2 2 2 = E M A B J I H 5 2 a sin 2 . 8 C Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925 MATHVN.COM - Toán học Việt Nam 9 www.MATHVN.com Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng Trong SCE , IJ là đoạn trung bình nên IJ  1 SE  a và IJ   HEI  . 2 1 1 5 5a 3 Do đó VEHIJ  IJ .S HEI  a a 2 sin 2  sin 2 . 3 3 8 24    VEHIJ đạt giá trị lớn nhất khi sin 2  1  0     tức   . 2 4  Câu V x 1 x x x Xét hàm số: f  x   x 1 x  x 1 x  x 1 x  x.x 1 x  1  x  x 1 x x   0;1 . x 1 x f x  1  x  x 2 1  x  Xét: g  x   2.  1 x   2. 1  x  ln x  .   1 x  ln x 1 x 2 1  x   0  g x đồng biến trên 0;1 g  x       2 x 1  x   g  x   g 1  0  f   x   0 x   0;1  f  x  nghịch biến trên  0;1 1 1  f  x   lim f  x   lim 1  x  x 1.x 1 x x 1 x 1   1  2 lim 1  1 x 1   1 x 1 x  2   x   0;1 . e   B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VIa 1. Ta có: A  AB  AD  toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: 4  A  x   3 x  2 y  2  0  .  N 5 2 x  y  1  0 y  M D  3 B  4 5 Do đó A   ;  . C  3 3 Gọi N  x; y   AC ( AC là tia phân giác  BAD ). Hơn nữa M và N nằm cùng phía đối với  x  2 y  2 2x  y 1    x  2 y  2  2x  y 1 5 5    đường thẳng AB nên ta có:  x  2 y  2 1  4  2   0   x  2 y  2  0  2 x  y  2  0   2 x  y  1 2  2  2   0  Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925 10 MATHVN.COM - Toán học Việt Nam www.MATHVN.com Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng  x  2 y  2  2 x  y  1 hay x  y  3  0 . Vậy phương trình đường thẳng chứa cạnh AC là: x  y  3  0 .   Đường chéo BD qua M 1; 2  nhận u BD  n AC  1; 1 làm vectơ chỉ phương nên có x 1 y  2   x  y 3  0. 1 1 toạ độ điểm B là nghiệm của hệ B  AB  BD  x  2 y  2  0 x  4 . Do đó B  4; 1 .   x  y  3  0  y  1 D  AD  BD  toạ độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình: 2 x  y  1  0  x  4 . Do đó D  4; 7  .   x  y  3  0 y  7 Gọi I  AC  BD  toạ độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình: x  y  3  0 x  0 . Do đó I  0;3 .   x  y  3  0 y  3 phương trình là: phương trình:  4 13  Vì I là trung điểm AC nên C  ;  . 3 3   2. Gọi vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là: n p   a; b; c   a 2  b 2  c 2  0  .  vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (xOy) là: n xOy   0;0;1  vectơ chỉ phương của đường thẳng d là: ud   1;1; 2    d   P   ud .nP  0  a  b  2c  0  b  a  2c .   0     . 2  c c c Ta có: cos   .   2 2 2 2 2 a 2  b2  c 2 2 a  4 ac  5 c a   a  2c   c Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (xOy) + Nếu c  0 thì cos   0     . 2 + Nếu c  0 thì ta chọn c  1 . Khi đó: cos   1 2a 2  4a  5 1  2 2  a  1  3  1 . 3 Dấu “=” xảy ra khi a  1 .  nhỏ nhất  cos  lớn nhất. Do đó so sánh hai trường hợp này ta được max cos     0;   2 1 khi a  c  1 ; b=  1 . 3  Mặt phẳng  P  qua A 1; 2; 0   d và nP  1; 1;1 làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình: 1.  x  1  1.  y  2   1.  z  0   0  x  y  z  3  0 . Câu VIIa Hai số phức liên hợp có mođun bằng nhau, ta suy ra Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925 11 MATHVN.COM - Toán học Việt Nam www.MATHVN.com Bộ đề thi tự luận- môn Toán z 2i  z  2i Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng (vì z  2  i  z   2  i   z  2  i ). Từ đó ta có: z  2  i  1 . Đặt z  x  iy  x, y    . Suy ra : z  2  i  1   x  2    y  1 i  1  2 2 2  x  2    y  1  1   x  2    y  1 I  2;1 , bán kính R  1. Tập hợp các điểm M là đường tròn tâm B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b 1. Gọi phương trình đường thẳng AB đi qua điểm M(4;5) là: a  x  4   b  y  5   0  a 2  b 2  0  . A 4  a  3b  a  b  2 2 1 M Khi đó phương trình đường thẳng BC đi qua N(6;5) và Q vuông góc với AB là: b  x  6   a  y  5   0 . D Diện tích của hình chữ nhật ABCD là: a  3b 4b  4a 4  a  3b  a  b  . d  P; AB  .d  Q; BC   .  a 2  b2 a 2  b2 a 2  b2 Theo đề, ta có: 2 B N P C  16   a  3b  a  b   4  a 2  b 2  . a b Cho b = 1, ta được:  a  3  a  1  4  a 2  1  a 2  4a  3  4a 2  4  a  1  a 2  4a  3  4a 2  4 3a 2  4a  1  0  2  2  2 a   1  a  4a  3    4a  4   5a  4 a  7  0 3  Vậy phương trình cạnh AB là: x  y  1  0 ; x  3 y  11  0 . 2. mp   qua A  2; 0; 0  , B  0; b; 0  , C  0; 0; c  x y z   1 2 b c 1 1 1 bc J 1;1;1        1  b  c  2 b c 2  b,c > 0  nên có phương trình là: 1      b 0 0 2 2 b  AB   2; b;0  , AC   2;0;c    AB; AC    ; ;    bc; 2c; 2b  0 c c  2  2 0   1   1 2 2 1 S ABC   AB; AC   b c  4c 2  4b 2  b 2c 2  4  b 2  c 2  . 2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có: 2 2 1.b  1.c   2  b2  c2   4  b 2  c2   2  b  c  . 1 2 2 1 6 2 2 2 b c  2  b  c  4  b  c   2 b  c  b  c . 2 2 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b  c. Do đó: S ABC  Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925 12 MATHVN.COM - Toán học Việt Nam www.MATHVN.com Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng 2b  0  b  2. b2 6 2b  6 4  6 4  Suy ra S ABC   4  b  2  b  b  2   2  b2 2  b2 2  b2  4 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương:  b  2    4  S ABC  4 6 . b2 b  c  0  Do đó MinS ABC  4 6 đạt được khi  bc  b  c  4 . b  c  2 Từ (1) suy ra c  Câu VIIb Ta có: k k 2k C k2010  2  2010!   2  2010!   1  k  1 k! 2010  k ! k  1  k  1! 2010  k ! k k 1  2  2011! 1 k 1 1      2  Ck2011 2011  k  1! 2011  k  1! 4022 1  1 2 2011    2  C12011   2  C 22011  ...   2  C2011 2011   4022 1  1 2011 0    2  1   2  C02011   .   4022 2011 P ĐỀ 3 A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm) 1 3 5 2 x  mx  4mx  4 (C). 3 2 5. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m  0 . 6. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại x1, x2 sao Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số: y  cho biểu thức : x 2  5mx1  12m  2 đạt giá trị nhỏ nhất. x12  5mx2  12m m2 Câu II (2,0 điểm) A m2 x  3. Giải phương trình: tan x  tan x  2sin x  1  6 cos x  3  sin x 1  tan x tan  . 2  2 xy  6 x   x2  y6  5 2 x  2 x  33  4. Giải hệ phương trình:   x, y    . 2 xy 6 2 6 y   y x 5 2  x  2 y  33 Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925 13 MATHVN.COM - Toán học Việt Nam www.MATHVN.com Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng ln 5 Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân: I   10e dx x ln 2  1 e x  1 . Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bằng a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy hình chóp và SA  a 2 . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SD. Chứng minh SC   AHK  và tính thể tích O.AHK. Câu V (1,0 điểm). Tìm m để phương trình sau có nghiệm:  4m  3 x  3   3m  4 1  x  m  1  0 B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a (2,0 điểm) 3. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn:  C1  : x 2  y 2  9 ;  C2  :  x  12   y  12  25 . Gọi A, B là các giao điểm của  C1  và  C 2  . Viết phương trình đường thẳng AB. Hãy chứng minh rằng nếu K  AB thì KI  KJ với I, J lần lượt là tâm của  C1  và  C 2  . x 1 y 1 z  7   . 2 3 4 Tìm toạ độ các điểm B, C thuộc d sao cho tam giác ABC vuông cân tại A và BC  2 17 . 4. Trong không gian Oxyz, cho điểm A  5;5; 0  và đường thẳng d : Câu VII a (1,0 điểm). Giải phương trình: z 2  2011  0 trên tập số phức  . B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, xác định toạ độ các điểm B và C của tam giác đều ABC biết A  3; 5  và trọng tâm G 1;1 . 2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm M  0; 0; 3 , N  2; 0; 1 và mặt phẳng   : 3x  8 y  7 z  1  0 . Tìm tọa độ P nằm trên mặt phẳng   sao cho tam giác MNP đều. x log3 y  2y log3 x  27 Câu VII b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  log 3 y  log 3 x  1 . BÀI GIẢI Câu I 1. Học sinh tự giải. 2. TXĐ: D =  y   x 2  5mx  4m . Hàm số đạt cực trị tại x1 , x2  Phương trình y   0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925 14 MATHVN.COM - Toán học Việt Nam www.MATHVN.com Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng 16  m      25m  16m  0   25  m  0 2 (1)  x  x  5m Theo định lý Viet, ta có:  1 2  x1 x2  4m Vì x1 là nghiệm của phương trình nên: x12  5mx1  4m  0  x12  5mx1  4m . Do đó: x12  5mx2  12m  5mx1  4m  5mx2  12m  5m  x1  x2   16m  15m 2  16m  0 . Tương tự, ta cũng tính được: x22  5mx1  12m  25m 2  16m  0 . m2 x 2  5mx1  12m m2 25m 2  16m  2   2 x12  5mx2  12m m2 25m2  16m m2 ( Bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương). Dấu “=” xảy ra  Khi đó: A  m2  2 25m  16m 25m 2  16m m 2   m 4  25m 2  16m  2  m 2  25m2  16m m  0 2  24m  16m  0   . Kết hợp với (1) ta chọn m   . 2 m   3 3  2 Vậy min A  2 khi m   . 3 2 Câu II cos x  0 cos x  0 cos x  0 cos x  0   1. Điều kiện:     . x 2 x 1  cos x  0 cos x  1 cos 2  0 2 cos 2  0 x  Ta có: tan x  tan x  2sin x  1  6 cos x  3  sin x 1  tan x tan  2  x   sin x sin 2   tan x  tan x  2 sin x  1  6 cos x  3  sin x 1  x  cos x cos  2  x x cos x cos  sin x sin 2 2  tan x  tan x  2 sin x  1  6 cos x  3  sin x x cos x cos 2 x cos 2  tan x  tan x  2 sin x  1  6 cos x  3  sin x x cos x cos 2 Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925 15 MATHVN.COM - Toán học Việt Nam www.MATHVN.com Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng  tan x  tan x  2 sin x   tan x  6 cos x  3  tan x  tan x  tan x  2 sin x   6 cos x  3  tan 2 x 1  2 cos x   3 1  2 cos x   1  2cos x   tan 2 x  3  0 1  1 1 1     cos x   2 cos x   cos x   cos x      2 2 2  2  2  2 2 2  cos 2 x  1  tan x  3 sin x  3cos x 1  cos x  3cos x  4 1 1 2   cos 2 x   cos2 x    2 x    k 2  x    k  k    (thoả điều kiện) 4 2 3 3 2. Cộng vế theo vế của hai phương trình trên ta được:   1 1   x2  y2 2 xy   5 2 2  x  2 x  33 5 y  2 y  33      1 1   x 2  y 2 (*)  2 xy    5 x  1 2  32 5 y  1 2  32        Nhận xét: VT *  2 xy  x 2  y 2  VP * .   x  y x  y  0  VT *  VP *   x  y  1   . x  y 1  x  y  0  Vậy tập hợp nghiệm của hệ phương trình đã cho là: S   0;0  , 1;1 . Câu III ln 5 Ta có: I   10e ln 5 dx x ln 2  1 e x  1  e x dx  10  e  x ln 2 ex 1 . Đặt t  e x  1  t 2  e x  1  2tdt  e x dx Đổi cận: x  ln 2  t  1 ; x  ln 5  t  2 Khi đó: 2 2 2 2tdt dt 1  1 1  1 3 t I  2    dt  ln  2 3  t  3  t  3 1  3  t 3  t  3 3 t 1 9  t  t 1  Câu IV + Chứng minh SC   AHK   BC  AB Ta có:   BC   SAB   BC  AH .  BC  SA Mặt khác AH  SB nên AH   SBC  , do đó AH  SC . 2 1 1 5  ln . 3 2 S I K M G H D O C Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ:A 0982 333 443 ; 0934 825 925 16 B MATHVN.COM - Toán học Việt Nam www.MATHVN.com Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng Chứng minh tương tự ta cũng có: AK  SC . Vậy SC   AHK  . + Tính thể tích khối chóp O.AHK Gọi G  SO  HK và I  AG  SC . Vì SC   AHK  nên SC  AI . Mặt khác SA  AC  a 2 nên tam giác SAC là tam giác vuông cân tại A. Suy ra I là trung điểm SC và G là trọng tâm tam giác SAC. 1 2 2a Ta có: SC  SA 2  2a nên AI  SC  a và AG  AI  . 2 3 3  BD  AC Ngoài ra:   BD   SAC   BD  SC .  BD  SA  AHIK   SC  Từ đó:  BD  SC  BD / /  AHIK  .  BD  AHIK    Do đó:  AHK    SBD   HK / / BD. HK SG 2 2 2a 2    HK  BD  . BD SO 3 3 3 1 1 2a 2 2a 2a 2 2 Diện tích của tam giác AHK là: S AHK  HKAG  . .  . 2 2 3 3 9 1 a Gọi M là trung điểm của AI thì OM / / IC và OM  IC  . 2 2 Mà SC   AHK  nên OM   AHK  . Ta có: 1 1 2a 2 2 a a 3 2 Thể tích hình chóp O.AHK là: V  S AHK .OM  . .  . 3 3 9 2 27 Câu V Điều kiện : 3  x  1. 3 x  3  4 1 x 1 Khi đó:  4m  3 x  3   3m  4  1  x  m  1  0  m  (*) 4 x  3  3 1 x 1 2 2  x  3   1 x  Vì       1 nên ta đặt x  3  2 sin  ; 1  x  2cos  2   2    Đặt t  tan , 0    , 0  t  1 . 2 2 7t 2  12t  9 Phương trinh (*) trở thành: m  (**) 5t 2  16t  7 Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (**) có nghiệm trên 0;1 . 7t 2  12t  9 Xét hàm số: f  t   5t 2  16t  7 Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925 17 MATHVN.COM - Toán học Việt Nam www.MATHVN.com Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng f  t  liên tục trên  0;1 f t   52t 2  8t  60  5t 2  16t  7  2  0  f  t  là hàm nghịch biến trên  0;1 . Bảng biến thiên: 0 t 1  f t  9 7 f t  9 7 Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình đã cho có nghiệm khi 7 9 m . 9 7 B- PHẦN RIÊNG B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VI a  x 2  y 2  9 1. Ta có: M  x; y    C1    C1    2 2  x  1   y  1  25 2 2  x  y  9  2  x  y  7  0 là phương trình đường thẳng AB. 2  x  y  2 x  2 y  23  0 K  AB  K  t ; t  7  . Đường tròn  C1  có tâm là: I  0; 0  , đường tròn  C2  có tâm là: J 1;1 . 2 2 2 KJ 2  KI 2  1  a    a  8   a 2   a  7   16  0  KI  KJ . 1 BC 2  34 . 2 B, C  d nên có toạ độ là  1  2t ; 1  3t ; 7  4t  . 2. Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên AB 2  t  1 2 2 2 Khi đó AB 2  34   2t  6    3t  6    4t  7   34  29t 2  116t  87  0   . t  3 Vậy B 1; 2;3 , C  5;8; 5  hoặc B  5;8; 5  , C 1; 2;3 . Câu VIIa Đặt z  a  bi  a, b    . Khi đó z 2  a 2  b 2  2abi  z 2   a 2  b 2   2abi  z 2  2011   a 2  b 2  2011  2abi a 2  b 2  2011  0 Do đó z  2011  0   a  b  2011  2abi  0   . 2ab  0 2 2 2 Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925 18 MATHVN.COM - Toán học Việt Nam www.MATHVN.com Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng Nếu b  0 thì a 2  2011  0 ( vô lý) . Do đó b  0  a  0 . Dẫn đến: b   2011 . Vậy số phức z cần tìm là:  2011.i B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VI b (2,0 điểm) A  3  1. Gọi M là trung điểm BC, suy ra MA  GA  M  0; 4  2 Trong tam ABM vuông tại M ta có: AM AM 3 10 G cos 300   AB    2 30 . 0 AB cos 30 3 M 2 B 2 30 Suy ra: BM  CM   30 2 2 Giả sử B  x0 ; y0  . Khi đó MB 2  30  x02   y0  4   30 (1)   Mặt khác AM  BM  AM .BM  0  x0  3 y0  12  0  x0  3 y0  12 (2) 2 2 C 2 Thay (2) vào (1) ta được:  3 y0  12    y0  4   30   y0  4   3  y0  7  x0  9   y0  1  x0  9 Vậy B  9; 7  , C  9;1 hoặc B  9;1 , C  9;7  .  2. Đường thẳng MN qua M  0; 0; 3 nhận MN   2;0; 2  làm vectơ chỉ phương x  2t  nên có phương trình:  y  0 z  3  2t  t   . Gọi    là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng MN. Gọi I là trung điểm MN  I 1;0; 2  .  Mặt phẳng    qua I 1; 0; 2  nhận MN   2;0;2  làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình: 2.  x  1  2.  z  2   0  x  z  1  0 . P        P    sao cho MNP đều   2 2 MN  NP Giả sử tọa độ điểm N là  x0 ; y0 ; z0  , ta có: 3 x  8 y  7 z  1  0 0 0  0 .  x0  z0  1  0  2 2 2  x0  y0   z0  3  8  2 2 1 Giải hệ phương trình này ta tìm được P  2; 2; 3 , P   ;  ;   .  3 3 3 Câu VIIb Điều kiện : x, y  0 . Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925 19 MATHVN.COM - Toán học Việt Nam www.MATHVN.com Bộ đề thi tự luận- môn Toán Dành cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học- Cao đẳng a a  log3 x  x  3 Đặt   b b  log 3 y  y  3  3a b  2  3b a  27 3ab  9   a  b  2 HPT đã cho thành:     a  b  1  a  b  1 b  a  1 t  1  a ; b là nghiệm của phương trình: t 2  t  2  0   t  2  x  3     a  1   a  1  y  9    b  2 b  2 Khi đó:     x  1  a  2   a  2  9      b  1  b  1   y  1  3  ( thoả điều kiện).   1 1  Vậy tập hợp nghiệm của hệ phương trình đã cho là: S   3;9  ,  ;   .  9 3   ĐỀ 4 A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm) x 1 (C). x 1 7. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 8. Tìm điểm M thuộc (C) để tổng khoảng cách từ M đến hai trục toạ độ là nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) cos 2 x  1 π  1. Giải phương trình: tan   x   3tan 2 x  . cos 2 x 2  Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số: y   3 y 3  1  x  3 2. Giải hệ phương trình:  2 3  x  y  82  4 Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân: I    tan 2 x  tan x  e  x dx . 3 4 Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA   ABC  , tam giác ABC vuông cân đỉnh C và SC  a . Tính góc  giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  để thể tích khối chóp lớn nhất. Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c, d là các số thực dương sao cho: a 2  b 2  c 2  d 2  4 . Chứng minh: a3  b3  c 3  d 3  8 . B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Văn Phú Quốc- GV. Trường Đại học Quảng Nam DĐ: 0982 333 443 ; 0934 825 925 20 MATHVN.COM - Toán học Việt Nam
- Xem thêm -