ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D MÔN TOÁN ĐỀ SỐ 12 pptx

Trang 1


THI TH I HC KHI D
MễN TON
S 12

Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm )
Câu I: (2 điểm)
Cho hàm số
2
32
x
x
y

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đ-ờng tiệm cận của (C) tại A
và B. Gọi I là giao điểm của các đ-ờng tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đ-ờng tròn ngoại
tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1. Giải ph-ơng trình
24
cos2sin
2
cossin
2
sin1
22
x

x
x
x
x

2. Giải bất ph-ơng trình
xxxxx
2
1
log)2(22)144(log
2
1
2
2

Câu III (1 điểm)
Tính tích phân
e
dxxx
xx
x
I
1
2
ln3
ln1
ln

Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC =

2
a
.
3aSA
,


0
30SAB SAC
. Tính thể tích
khối chóp S.ABC.
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số d-ơng thoả mãn : a + b + c =
3
4
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
333
3
1
3
1
3
1
accbba
P

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ đ-ợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2
Phần 1:(Theo ch-ơng trình Chuẩn)
Câu VIa (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đ-ờng thẳng

052:
1
yxd
. d
2
: 3x
+6y 7 = 0. Lập ph-ơng trình đ-ờng thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đ-ờng thẳng đó cắt
hai đ-ờng thẳng d
1
và d
2
tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đ-ờng thẳng d
1
, d
2
.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2),
D( 4; -1; 2) và mặt phẳng (P) có ph-ơng trình:
02zyx
. Gọi Al hình chiêú của A lên
mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính
của đ-ờng tròn (C) là giao của (P) và (S).

Trang 2

Câu VIIa (1 điểm)
Tìm số nguyên d-ơng n biết:
2 3 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200

k k k n n
n n n n
C C k k C n n C

Phần 2: (Theo ch-ơng trình Nâng cao)
Câu VIb (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có ph-ơng trình:
1
916
22
yx
.
Viết ph-ơng trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp
hình chữ nhật cơ sở của (H).
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho
052: zyxP
và đ-ờng thẳng
31
2
3
:)( zy
x
d
, điểm A( -2; 3; 4). Gọi là đ-ờng thẳng nằm trên (P) đi qua giao điểm
của ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn
nhất.
Câu VIIb (1 điểm):
Giải hệ ph-ơng trình
113
2.322

2
3213
xxyx
xyyx

Hết

P N S 12


Câu
Nội dung
Điể
m
I. 1
Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số
1,00

1) Hàm số có TXĐ:
2\R

0,25
2) Sự biến thiên của hàm số:
a) Giới hạn vô cực và các đ-ờng tiệm cận:
*
ylim;ylim
2x2x

Do đó đ-ờng thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
*

lim lim 2
xx
yy
đ-ờng thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
0,25

Trang 3

b) Bảng biến thiên:
Ta có:
2x,0
2x
1
'y
2

Bảng biến thiên:
x
- 2
+
y

-
-
y
2


-
+

2

* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
2;
và
;2

0,25
3) Đồ thị:
+ Đồ thị cắt trục tung tại
2
3
;0
và cắt trục hoành tại điểm
0;
2
3

+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

0,25
I. 2
Tìm M để đ-ờng tròn có diện tích nhỏ nhất
1,00

Ta có:
2x,
2x
3x2
;xM
0
0
0
0
,
2
0
0
2x
1
)x('y

Ph-ơng trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:
2x
3x2
)xx(

2x
1
y:
0
0
0
2
0

0,25
Toạ độ giao điểm A, B của và hai tiệm cận là:
2;2x2B;
2x
2x2
;2A
0
0
0

Ta thấy
M0
0BA
xx
2
2x22
2
xx
,
M
0

0BA
y
2x
3x2
2
yy
suy ra M là
trung điểm của AB.
0,25
O
y
x
2
3/2
3/2
2

Trang 4

Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đ-ờng tròn ngoại tiếp tam
giác IAB có diện tích
S =
2
)2x(
1
)2x(2
2x
3x2
)2x(IM
2

0
2
0
2
0
0
2
0
2

0,25
Dấu = xy ra khi
3x
1x
)2x(
1
)2x(
0
0
2
0
2
0

Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)
0,25
II. 1
Giải ph-ơng trình l-ợng giác
1
điểm

)1(
24
cos2sin
2
cossin
2
sin1
22
x
x
x
x
x

xsin1x
2
cos1xsin
2
x
cosxsin
2
x
sin11
2

0,25
01
2
x

cos
2
x
sin2.
2
x
cos
2
x
sinxsin01xsin
2
x
cos
2
x
sinxsin

0,25
01
2
x
sin2
2
x
sin21
2
x
sinxsin
2

0,25
2
sin x 0
xk
xk
x
sin 1 x k ,k
x
2 x k4
k2
22
xx
2sin 2sin 1
22


0,25
II. 2
Giải bất ph-ơng trình
1
điểm

ĐK:
*
2
1
x
2
1
x
2
1
x
0)1x2(
2
1
x
01x4x4
0x
2
1
22

0,25

Với điều kiện (*) bất ph-ơng trình t-ơng đ-ơng với:
1)x21(log)2x(2x2)x21(log2
22

01)x21(logx
2

0,25
0x
4
1
x
1)x21(2
0x
1)x21(2
0x
0)x21(2log
0x
0)x21(2log
0x
01)x21(log
0x
01)x21(log
0x
2
2
2
2

0,25

Kết hợp với điều kiện (*) ta có:
2
1
x
4
1
hoặc x < 0.
0,25

Trang 5








III
TÝnh tÝch ph©n
1
®iÓm

e
1
2
e
1
xdxlnx3dx
xln1x

xln
I

+) TÝnh
e
dx
xx
x
I
1
1
ln1
ln
. §Æt
dx
x
1
tdt2;xln1txln1t
2

§æi cËn:
2tex;1t1x

0,25
3
222
t
3
t
2dt1t2tdt2.

t
1t
I
2
1
3
2
1
2
2
1
2
1

0,25
+) TÝnh
dxxlnxI
e
1
2
2
. §Æt
3
x
v
x
dx
du
dxxdv
xlnu

32

0,25
e
3 3 3 3 3 3
e 2 e
2 1 1
1
x 1 e 1 x e e 1 2e 1
I .ln x x dx .
3 3 3 3 3 3 9 9 9

0,25
21
I3II
3
e2225
3

0,25
IV
TÝnh thÓ tÝch h×nh chãp
1
®iÓm



Theo ®Þnh lÝ c«sin ta cã:

2 2 2 2 2 0 2

SB SA AB 2SA.AB.cosSAB 3a a 2.a 3.a.cos30 a

Suy ra
aSB
. T-¬ng tù ta còng cã SC = a.
0,25
S
A
B
C
M
N

Trang 6

Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam
giác cân nên MB SA, MC SA. Suy ra SA (MBC).
Ta có
MBCMBCMBCMBC.AMBC.SABC.S
S.SA
3
1
S.SA
3
1
S.MA
3
1
VVV

0,25
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh t-ơng ứng bằng nhau nên
chúng bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là
trung điểm của BC suy ra MN BC. T-ơng tự ta cũng có MN SA.
16
a3
2
3a
4
a
aAMBNABAMANMN
2
2
2
2222222
4
3a
MN
.
0,25
Do đó
16
a
2
a
.
4
3a
.3a
6

1
BC.MN
2
1
.SA
3
1
V
3
ABC.S

0,25






V
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1
điểm

áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số d-ơng ta có
zyx
9
z
1
y
1

x
1
9
xyz
3
xyz3
z
1
y
1
x
1
)zyx(
3
3
(*)
áp dụng (*) ta có
333333
a3cc3bb3a
9
a3c
1
c3b
1
b3a
1
P

0,25
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số d-ơng ta có

3
3
3
a 3b 1 1 1
a 3b 1.1 a 3b 2
33
b 3c 1 1 1
b 3c 1.1 b 3c 2
33
c 3a 1 1 1
c 3a 1.1 c 3a 2
33

0,25
Suy ra
3 3 3
1
a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6
3
13
4. 6 3
34

Do đó
3P

0,25
Dấu = xảy ra
3
a b c

1
a b c
4
4
a 3b b 3c c 3a 1

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi
4/1cba


0,25
VIa.
1
Lập ph-ơng trình đ-ờng thẳng
1
điểm

Trang 7


Cách 1: d
1
có vectơ chỉ ph-ơng
)1;2(a
1
; d
2
có vectơ chỉ ph-ơng
)6;3(a
2

Ta có:
06.13.2a.a
21
nên
21
dd
và d
1
cắt d
2
tại một điểm I khác P. Gọi
d là đ-ờng thẳng đi qua P( 2; -1) có ph-ơng trình:
0BA2ByAx0)1y(B)2x(A:d

0,25
d cắt d
1
, d
2
tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d
1
( hoặc
d
2
) một góc 45
0

A3B
B3A

0B3AB8A345cos
)1(2BA
BA2
220
2222

0,25
* Nếu A = 3B ta có đ-ờng thẳng
05yx3:d

0,25
* Nếu B = -3A ta có đ-ờng thẳng
05y3x:d

Vậy qua P có hai đ-ờng thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán.
05yx3:d

05y3x:d

0,25
Cách 2: Gọi d là đ-ờng thẳng cần tìm, khi đó d song song với đ-ờng phân giác
ngoài của đỉnh là giao điểm của d
1
, d
2
của tam giác đã cho.
Các đ-ờng phân giác của góc tạo bởi d
1
, d
2

có ph-ơng trình
)( 08y3x9
)( 022y9x3
7y6x35yx23
63
7y6x3
)1(2
5yx2
2
1
2222

0,25
+) Nếu d //
1
thì d có ph-ơng trình
0cy9x3
.
Do P d nên
05y3x:d15c0c96

0,25
+) Nếu d //
2
thì d có ph-ơng trình
0cy3x9
.
Do P d nên
05yx3:d15c0c318

0,25
Vậy qua P có hai đ-ờng thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán.
05yx3:d

05y3x:d

0,25
VIa.
2
Xác định tâm và bán kính của đ-ờng tròn
1
điểm

Dễ thấy A ( 1; -1; 0)
* Gi sử phơng trình mặt cầu ( S) đi qua A, B, C, D l:
0,25
0dcba,0dcz2by2ax2zyx
222222

Vì
SD,C,B,'A
nên ta có hệ:
1d
1c
1b
2
5
a
021dc4b2a8
029dc4b6a8

014dc4b6a2
02db2a2

Vậy mặt cầu ( S) có ph-ơng trình:
01225
222
zyxzyx

0,25

Trang 8

(S) có tâm
1;1;
2
5
I
, bán kính
2
29
R

+) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đ-ờng tròn ( C)
+) Gọi ( d) là đ-ờng thẳng đi qua I và vuông góc với (P).
(d) có vectơ chỉ ph-ơng là:
1;1;1n

Suy ra ph-ơng trình của d:
t1;t1;t
2

5
H
t1z
t1y
t2/5x

Do
)P(dH
nên:
6
5
t
2
5
t302t1t1t
2
5

6
1
;
6
1
;
3
5
H

0,25
6

35
36
75
IH
, (C) có bán kính
6
186
6
31
36
75
4
29
IHRr
22

0,25
VII a.
Tìm số nguyên d-ơng n biết
1
điểm

* Xét
1n21n2
1n2
kk
1n2
k22
1n2
1

1n2
0
1n2
1n2
xC xC)1( xCxCC)x1(

(1)
* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:
n21n2
1n2
1kk
1n2
k2
1n2
1
1n2
n2
xC)1n2( xkC)1( xC2C)x1)(1n2(
(2)
0,25
Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:
1n21n2
1n2
2kk
1n2
k3
1n2
2
1n2
1n2

xC)1n2(n2 xC)1k(k)1( xC3C2)x1)(1n2(n2

0,25
Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:
2 3 k k 2 k 2n 1 2n 1
2n 1 2 n 1 2 n 1 2n 1
2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 C 2n(2n 1)2 C

0,25
Ph-ơng trình đã cho
100n020100nn240200)1n2(n2
2

0,25
VIb.
1
Viết ph-ơng trình chính tắc của E líp
1
điể
m

(H) có các tiêu điểm
0;5F;0;5F
21
. Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh
là M( 4; 3),
0,25
Giả sử ph-ơng trình chính tắc của (E) có dạng:
1
b

y
a
x
2
2
2
2
( với a > b)
(E) cũng có hai tiêu điểm
15ba0;5F;0;5F
222
21

0,25
2bab16a9E3;4M
2222

Từ (1) và (2) ta có hệ:
15b
40a
bab16a9
b5a
2
2
2222
222

0,25

Trang 9

Vậy ph-ơng trình chính tắc của (E) là:
1
15
y
40
x
22

0,25
VIb.
2
Tìm điểm M thuộc để AM ngắn nhất
1
điểm

Chuyển ph-ơng trình d về dạng tham số ta đ-ợc:
3
1
32
tz
ty
tx

Gọi I là giao điểm của (d) và (P)
3;1;32 tttI

Do
4;0;1105)3()1(232 IttttPI

0,25
* (d) có vectơ chỉ ph-ơng là
)1;1;2(a
, mp( P) có vectơ pháp tuyến là
1;2;1n

3;3;3n,a
. Gọi
u
là vectơ chỉ ph-ơng của
1;1;1u

0,25
u4z
uy
u1x
:
. Vì
u4;u;u1MM
,
u;3u;u1AM

0,25
AM ngắn nhất
AM

0u.1)3u(1)u1(10u.AMuAM


3

4
u
. Vậy
3
16
;
3
4
;
3
7
M

0,25
VIIb
Giải hệ ph-ơng trình:
1
điểm


)2(1xxy1x3
)1( 2.322
2
x3y2y1x3

Ph-ơng trình (2)
0)13(
1
113
01

2
yxx
x
xxyx
x

xy
x
x
yx
x
x
31
1
0
013
0
1

0,25
* Với x = 0 thay vào (1)
11
8
log
11
8
22.12282.322
2
2
y

yyyyy

0,25

Trang 10


* Với
xy
x
31
1
thay y = 1 3x vào (1) ta đ-ợc:
2.322
1313 xx

Đặt
13
2
x
t
Vì
1x
nên
4
1
t

)83(log2y
183log

3
1
x
83t
iạlo83t
01t6t6
t
1
t)3(
2
2
2

0,25
Vậy hệ ph-ơng trình đã cho có nghiệm
11
8
logy
0x
2
và
)83(log2y
183log
3
1
x
2
2

0,25