ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN: TOÁN 12 pot

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
4 2
2 1
y x mx m
   
(1) , với
m
là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi
1
m

.
2. Xác định
m
để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị
tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng
1
.
Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình tan
4
x +1 =
2
4
(2 sin 2 )sin3
os
x x
c x


.

2. Giải hệ phương trình sau:













3
1
2
7
)(
3
)(44
2
22
yx
x
yx
yxxy

Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I =
2
3
0
sinxdx
(sinx + cosx)



Câu IV (1 điểm) Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên
( SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lạ cùng tạo với đáy một góc

.
Câu V (1 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ( với n

2), ta có: ln
2
n > ln(n-1).ln(n+1)
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2)
1. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Ox
y
, tìm điểm
A
thuộc trục hoành và điểm
B

thuộc
trục tung sao cho
A
và
B
đối xứng với nhau qua đường thẳng
:2 3 0
d x y
  
.
Câu VII.a (1 điểm)
Tìm số hạng không chứa
x
trong khai triển nhị thức Niutơn của
 
18
5
1
2 0
x x
x
 
 
 
 
.
Câu VIII.a (1 điểm) Giải bất phương trình log
5
(3+
x

) >
4
log
x
.
2. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Ox
y
cho tam giác
ABC
vuông ở
A
. Biết




1;4 , 1; 4
A B
 
và đường thẳng
BC
đi qua điểm
1
2;
2
M
 
 

 
. Hãy tìm toạ độ đỉnh
C
.
Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của
8
x
trong khai triển nhị thức Niutơn của


2
2
n
x  , biết
3 2 1
8 49
n n n
A C C
  
.
(
k
n
A
là số chỉnh hợp chập
k
của
n
phần tử,
k

n
C
là số tổ hợp chập
k
của
n
phần tử).
Câu VIII.b (1 điểm) Cho hàm số
2
4 3
2
x x
y
x
  


. Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một
điểm bất kỳ trên đồ thị hàm số đến hai đường tiệm cận của nó luôn là một hằng số.


Hết

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG

Câu Nội dung Điể
m
I (2điểm)
1.(1 điểm). Khi
1

m

hàm số trở thành:
4 2
2
y x x
 
 TXĐ: D=


 Sự biến thiên:
 
' 3 2
0
4 4 0 4 1 0
1
x
y x x x x
x


      

 


0.25







0 0, 1 1
CD CT
y y y y
     

0.25



Bảng biến thiên
x -

-1 0 1 +



y
’

0 + 0

0 +
y +

0 +


-1 -1

0.25

Đồ thị 0.25


2. (1 điểm)
 
' 3 2
2
0
4 4 4 0
x
y x mx x x m
x m


     




Hàm số đã cho có ba điểm cực trị

pt
'
0
y


có ba nghiệm phân biệt và
'
y
đổi dấu
khi
x
đi qua các nghiệm đó
0
m
 

0.25



Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:
 




2 2
0; 1 , ; 1 , ; 1
A m B m m m C m m m
       

0.25




2
1
.
2
ABC B A C B
S y y x x m m
   

;
4
, 2
AB AC m m BC m
   
0.25



 
4
3
2
1
2
. .
1 1 2 1 0
5 1
4
4
2
ABC

m
m m m
AB AC BC
R m m
S
m m
m




        







0.25

II
(2điểm)
1 ( 1 điểm) ĐK: cosx

0

sinx



1.
Ta có phương trình

sin
4
x + cos
4
x = ( 2 – sin
2
2x)sin3x

( 2 – sin
2
2x)(1 – 2 sin3x) = 0

sin3x =
1
2
( do ( 2 – sin
2
2x

1)
0.50



3sinx – 4sin
3

x =
1
2
. Thay sinx =

1 vào đều không thỏa mãn.
0.25


Vậy các nghiệm của PT là
2 5 2
; ( )
18 3 18 3
k k
x x k Z
   
    
0.25

2. (1 điểm) ĐK: x + y

0
 Ta có hệ


2 2
2
3
3( ) ( ) 7
( )

1
3
x y x y
x y
x y x y
x y

    





    




0.25


 Đặt u = x + y +
1
x y

(
2
u

) ; v = x – y ta được hệ :

2 2
3 13
3
u v
u v

 

 


0.25


 Giải hệ ta được u = 2, v = 1 do (
2
u

)
0.5

 Từ đó giải hệ
1
2
1 1
1 0
1
x y
x y x
x y

x y y
x y

  
  
 


 
  
  
 

 


III
(1 điểm)
Đặt x =
2
u


 dx = - du
Đổi cận:
x = 0 u =
2

 ; x =
2


 u = 0
Vậy: I =
 
2 2
3 3
0 0
sin( )
cosxdx
2
sinx +cosx
sin os
2 2
u du
u c u
 

 


 
   
  
   
 
   
 
 

0.50

Vậy : 2I =
 
2 2
2
2
0 0
sinx + cosx
(sinx + cosx)
sinx + cosx
dx
dx
 

 
=
2
2
0
tan
4
1
2
2
2 os
0
4
x
dx

c x




 

 
 
 
 

 
 



1
2
I
 

0.50

IV
(1 điểm)

Dựng
SH AB


 Ta có:
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)
   


SH (ABC)
 
và SH là đường cao của hình chóp.
 Dựng
HN BC, HP AC
 




SN BC, SP AC SPH SNH
      

 ΔSHN = ΔSHP  HN = HP.
 ΔAHP vuông có:
o
a 3
HP HA.sin60 .
4
 

0.50

 ΔSHP vuông có:

   
a 3
SH HP.tan tan
4


 Thể tích hình chóp
    
2 3
ABC
1 1 a 3 a 3 a
S.ABC: V .SH.S . .tan . tan
3 3 4 4 16

0.50

V
(1 điểm)

Với n = 2 thì BĐT cần chứng minh đúng
0.25




Xét n > 2 khi đó ln(n – 1) > 0 BĐT tương đương với:

ln ln( 1)
ln( 1) ln
n n

n n



(1)
0.25


 Hàm số f(x) =
ln
ln( 1)
x
x

, với x > 2 là hàm nghịch biến, nên với n > 2 thì f(n)
0.50


S

H

P

C

A

B

N



> f(n+1)


ln ln( 1)
ln( 1) ln
n n
n n



. BĐT (1) được chứng minh.
VI.a
(1 điểm)






, ;0 , 0; , ;
A Ox B Oy A a B b AB a b
    


0.25

Vectơ chỉ phương của
d
là


1;2
u 


Toạ độ trung điểm
I
của
AB
là
;
2 2
a b
 
 
 

0.25


A
và
B
đối xứng với nhau qua
d

khi và chỉ khi
2 0
4
. 0
2
3 0
2
a b
a
ABu
b
b
a
I d
  


 


 
 
  
 
  







 
. Vậy




4;0 , 0; 2
A B
 

0.50

VII.a
(1 điểm)
Số hạng tổng quát của
18
5
1
2x
x
 

 
 
là
 
6
18
18

18
5
1 18 18
5
1
. 2 . .2 .
k
k
k
k k k
k
T C x C x
x




 
 
 
 

0.50


Số hạng không chứa
x
ứng với
k
thoả mãn

6
18 0 15
5
k
k
   
.Vậy số hạng cần tìm là
15 3
16 18
.2 6528
T C 
0.50

VIII.a
(1 điểm)

Lời giải: ĐK x > 0.
Đặt t = log
4
x

x = 4
t,
BPT trở thành log
5
(3 + 2
t
) > t

3 + 2

t
>5
t



3 2
( ) 1
5
5
t
t
 
. Xét hàm số f(t) =
3 2
( )
5
5
t
t
 nghịch biến trên R và f(t) = 1
Nên bất phương trình trở thành: f(t) > f(1)

t < 1, ta được log
4
x < 1

0 < x < 4
0.50

 Pt tiếp tuyến của đồ thị tại
1
;0
2
A
 

 
 
là
4 1 4 2
3 2 3 3
y x y x
 
      
 
 

0.50

VI.b
(1 điểm)
Đt
BC
đi qua


1; 4
B


và
1
2;
2
M
 
 
 
nên có pt:
1 4
9
1
2
x y
 

9 2 17 0
x y
   

9 17
; ,
2
t
C BC C t t

 
  
 

 


0.50


 
9 25
2; 8 ; 1;
2
t
AB AC t

 
   
 
 
 
. Vì tam giác
ABC
vuông tại
A
nên
. 0
AB AC

 

Suy ra
9 25

1 4. 0 3.
2
t
t t

    
Vậy


3;5
C
0.50

VII.b
(1 điểm)
Điều kiện 4,n n
 

.Ta có:
 
2 2
0
2 2
n
n
k k n k
n
k
x C x



 

. Hệ số của
8
x
là
4 4
.2
n
n
C


0.50








3 2 1 3 2
8 49 2 1 4 1 49 7 7 49 0
n n n
A C C n n n n n n n n n
              





2
7 7 0 7
n n n
     
Vậy hệ số của
8
x
là
4 3
7
.2 280
C 
0.50

VIII.b
(1 điểm)
2
4 3 7
2
2 2
x x
y x
x x
  
    
 

. Gọi (C) là đồ thị của hàm số đã cho.


;
M x y

(C)
7
2
2
y x
x
    

.Tiệm cận xiên:
2 2 0
y x x y
      
; Tiệm cận đứng:
2
x


0.50


Khoảng cách từ
M
đến tiệm cận xiên là:
1

2
7
2 2. 2
x y
d
x
 
 

.
Khoảng cách từ
M
đến tiệm cận đứng là:
2
2
d x
 
.Ta có:
0.50

1 2
7 7
. . 2
2. 2 2
d d x
x
  

. Suy ra điều phải chứng minh

1
2
3 1
3
2
(9 2.3 3)log ( 1) log 27 .9 9
3
x
x x x
x

     