Đề thi thử dại học môn Toán có đáp án số 37

Câu I. (2 điểm)
Cho hàm số:
3
2y x mx= + +
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi
3m =
.
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số
m
để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại một điểm duy nhất.

Câu II. (2 điểm)
1) Giải phương trình:
( )
2 2
3 1 1 2 3 0x x x x x+ − + + − + =
.
2) Giải hệ phương trình:
(
)
(
)
2 2
2
2 5 0
1
log 16 4 log

log 2
xy
x
x x y y x y
y

+ + − =






+ = −




.

Câu III. (1 điểm)
Tính tích phân:
1
2
3
0
2 2
1
x x
dx

x
+ −
+
∫
.

Câu IV. (1 điểm)
Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với mặt phẳng
(
)
BCD
và
2AB a=
. Biết tam giác BCD
có
, 3BC a BD a= =
và trung tuyến
7
2
a
BM =
. Xác định tâm và tính thể tích của khối cầu
ngoại tiếp của tứ diện
ABCD
.

Câu V. (1 điểm)
Cho các số thực dương
, ,a b c
thỏa:

1 9 4
1
a b c
+ + =
. Đặt
min
P
là giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 9
P a b c
= + +
. Tìm nghiệm của phương trình:
(
)
min
121 1 tan
1 cot
2 sin
x
P
x
x
+
=
+
.

Câu VI. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,Oxy

cho điểm
(
)
2; 1A −
và đường thẳng
(
)
: 3 5 7 0d x y+ − =
.
Viết phương trình đường thẳng qua
A
và tạo với
(
)
d
một góc bằng
0
45
.

2) Trong không gian với hệ tọa độ
,
Oxyz
cho điểm
(
)
1;1;2
M
và mặt phẳng
(

)
: 1 0P x y z+ + + =
. Một mặt phẳng song song với
(
)
P
và cắt hai tia
,
Ox Oy
tại
,
B C
sao
cho tam giác
ABC
có diện tích bằng
3
2
(đvdt). Viết phương trình mặt phẳng đó.

Câu VII. (1 điểm)
Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số của khai triển
( )
2
7 7
n
x
+
.
************************************** 


 

 

 ***************************************

Ghi chú: Học sinh phải trình bày rõ ràng, sạch sẽ.
Không được dùng bút xóa, bút chì trong bài làm.

G
iá
o viên
soạ
n: Ki
ề
u
Hò
a Luâ
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TP. HỒ CHÍ MINH
TR
ƯỜNG THCS & THPT NGUYỄN KHUYẾN (CƠ SỞ IV)




KIỂM TRA KHỐI 12
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

Đ
ÁP ÁN THAM KH
Ả
O
Câu I. (2
đ
i
ể
m)
Cho hàm s
ố
:
3
2
y x mx
= + +
.
1)

Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th

ị
c
ủ
a hàm s
ố
khi
3
m
=
. (
họ
c sinh t
ự giả
i)
2)

Tìm t
ấ
t c
ả
các giá tr
ị
c
ủ
a tham s
ố
m

để

đồ
th
ị
hàm s
ố
c
ắ
t tr
ụ
c hoành t
ạ
i m
ộ
t
đ
i
ể
m duy nh
ấ
t.

Hàm s
ố
:
3
2
y x mx
= + +

Mi

ề
n xác
đị
nh:
D
=

.
Đạ
o hàm:
2
' 3
y x m
= +
có
' 3
a
= −


Đồ
th
ị
hàm s
ố
c
ắ
t tr
ụ
c hoành t

ạ
i m
ộ
t
đ
i
ể
m duy nh
ấ
t khi
và chỉ
khi
hà
m s
ố đã
cho
đơ
n
đ
i
ệ
u trên


ho
ặ
c
đạ
t hai c
ự

c
trị

1 2
,
y y

cù
ng
phí
a v
ớ
i
trụ
c
hoà
nh
(
)
( )
1 2
' 0 1
' 0
2
. 0
y y
∆ ≤




∆ >

⇔






>




Gi
ả
i
(
)
1
:
' 0 3 0 0
m m
∆ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥

Gi
ả
i
(
)

2
:
Gọ
i
;
3 3
a a
− −
−
là hai nghi
ệ
m c
ủ
a
' 0
y
=
.
Ta
có
:
(
)
(
)
1 2
3 0
' 0
. 0
. 0

3 3
m
m m
y y
f f
− >


∆ >



 
⇔
 
− −
 
>
− >
 




( )
3
0
3 0
4
27 0

27
m
m
m
<




⇔ ⇔ − < <


+ >




V
ậ
y
đồ
th
ị
hàm s
ố
c
ắ
t tr
ụ
c hoành t

ạ
i m
ộ
t
đ
i
ể
m duy nh
ấ
t khi:
0
3
3 0
m
m
m
≥


⇔ > −

− < <

.
Cách
khá
c:
Ph
ươ
ng trình hoành

độ
giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
đồ
th
ị
hàm s
ố
v
ớ
i tr
ụ
c
hoà
nh
là
:
3
2 0
x mx
+ + =

( )
3
3

2
2 *
x
x mx m
x
+
⇔ + = − ⇔ = −
(do
0
x
=
không là nghi
ệ
m)
Xét hàm s
ố
:
3
2
2 2
x
y x
x x
+
= = +

Mi
ề
n xác
đị

nh:
{
}
\ 0
D
=


Đạ
o hàm:
2
2
' 2
y x
x
= −
.
Cho
( )
2
1
' 0 1 1 3
y x x y
x
= ⇔ = ⇔ = ⇒ =

0
0
lim ; lim ; lim ; lim ;
x x

x
x
y y y y
−
+
→−∞ →
→+∞
→
= +∞ = −∞ = +∞ = +∞

Bảng biến thiên :








S
ố
nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình
(
)

*
là s
ố
giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
đồ
th
ị
hàm s
ố

3
2
x
y
x
+
=
v
ớ
i
đườ
ng th
ẳ
ng

y m
= −
.
Từ bảng biến thiên ta suy ra đồ thị hàm số
3
2y x mx= + +
cắt trục hoành tại một điểm duy nhất
khi
3 3
m m
− < ⇔ > −

Vậy
(
)
3;m ∈ − ∞
thỏa yêu cầu bài toán.

Câu II. (2 điểm)
1)

Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
( )
2 2
3 1 1 2 3 0
x x x x x

+ − + + − + =
.

'
y

x

y

−∞

−∞

−∞

+∞ +∞ +∞
+

−

1

0

−

3

Phương trình đã cho viết lại:

(
)
( )
2 2
1 3 1 1 3 2 0
x x x x x x
+ + + − + + − + =

Đặt:
2
1; 0
t x x t
= + + ≥

Phương đã cho trở thành:
( )
2
1
3 1 3 2 0
2 3
t
t x t x
t x
=


+ − − + = ⇔

= −


Với
1
t
=
ta có:
( )
2
1 1 1 0 0 1
x x x x x x
+ + = ⇔ + = ⇔ = ∨ = −

Với
2 3
t x
= −
ta có:
( )
2
2
2
2 3 0
1 2 3
1 2 3
x
x x x
x x x
− ≥




+ + = − ⇔


+ + = −



2
2
3
8 13 3 0
x
x x


≤


⇔



− + =


2
3
13 73
13 73

16
16
13 73
16
x
x
x
x


≤






−
−

⇔ ⇔ =
=









+


=




.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
13 73
16
x
−
=


2) Giải phương trình:
(
)
(
)
(
)
( )
2 2
2
2 5 0 1
1
log 16 4 log 2

log 2
xy
x
x x y y x y
y

+ + − =






+ = −




.

Điều kiện:
0; 0 1
0 1
x y
xy
> < ≠



⇔


 < ≠



Ta có phương trình:
( )
4
2 2
2
1
2 log 4 log
log
x y
xy
⇔ + = −

( )
2
2 2 2 2
2 2
2
4 4
log log 4 log 4 log 2 0
log log
log 2 4
x y xy xy
xy xy
xy xy
⇔ + = − ⇔ = − ⇔ − =

⇔ = ⇔ =

Phương trình
(
)
3 2 2 3
1 2 2 5 0
x x y xy y
⇔ + + − =

Hệ phương trình đã cho tương đương:
( )
3 2 2 3
4
*
2 2 5 0
xy
x x y xy y
=





+ + − =



Khi
0

y
=
thì hệ phương trình
(
)
*
vô nghiệm.
Khi
0
y
≠
ta có:
3 2
3 2 2 3
2 2 5 0 2 2 5 0
x x x
x x y xy y
y y y
     
  
  
+ + − = ⇔ + + − =
  
  
  
     

Đặt:
x
t

y
=
, phương trình trên được viết lại:
(
)
(
)
3 2 2
2 2 5 0 1 3 5 0
t t t t t t
+ + − = ⇔ − + + =

( )
2
2
1
1 3 5 0;
3 5 0
t
t do t t t
t t
=


⇔ ⇔ = + + > ∀ ∈

+ + =




Với
1
t
=
ta có:
1
x
x y
y
= ⇔ =

Thay
x y
=
vào
(
)
*
ta được:
2
4 2
x x
= ⇔ = ±

So với điều kiện ta suy ra:
2
x y
= =
.

Vậy hệ phương trình đã cho có một cặp nghiệm là:
(
)
2;2


Câu III. (1 điểm)
Tính tích phân:
1
2
3
0
2 2
1
x x
dx
x
+ −
+
∫
.

Ta biến đổi:
( )
(
)
(
)
2 2
3 2 2 2

2 2 2 2 2 1
1 1 1 1 1 1
x x x x A B x C
x x x x x x x x x
+ − + − −
= = + +
+ + − + + − + − +

(
)
(
)
2
3
2
1
A B x A B C x A B C
x
+ − − − + − +
=
+

Đồng nhất đẳng thức, ta được:
2 1
1
2 1
0
2
A B
A

A B C B
C
A B C




+ =
= −






 
− + + = ⇔ =
 
 
 
 
=
− + = −
 





Khi đó:

2
3 2
2 2 1 2 1
1 1 1
x x x
x x x x
+ − −
= − +
+ + − +

Do đó:
(
)
1 1
2
3 2
0 0
2 2 1 2 1
1 1 1
x x x
dx dx
x x x x
+ − −
= − +
+ + − +
∫ ∫
(
)
( )
1 1

2
2
0 0
1
1
1 1
d x x
d x
dx
x x x
− +
+
= −
− + +
∫ ∫

( )
1
2
1
2
0
0
1 1
ln 1 ln 1 ln ln
1 2
x x
x x x
x
− +

= − + − + = =
+
.

Câu IV. (1 điểm)
Cho tứ diện
ABCD
có
AB
vuông góc với mặt phẳng
(
)
BCD
và
2
AB a
=
. Biết tam giác
BCD

có
, 3
BC a BD a
= =
và trung tuyến
7
2
a
BM
=

. Xác định tâm và tính thể tích của khối cầu
ngoại tiếp của tứ diện
ABCD
.

Gọi
O
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
BCD
, qua
O
dựng đường thẳng
(
)
d
vuông góc với
mặt phẳng
(
)
BCD
, khi đó
(
)
d
là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác
BCD
và
(
)
d

song song
với
AB
.
Trong mặt
(
)
;
AB d
dựng đường trung trực
(
)

của đoạn
AB
,
(
)

cắt
(
)
d
tại
I
.
Ta có:
I d IB IC ID
IB IC ID IA
I IB IA

∈ ⇒ = =



⇒ = = =


∈ ⇒ =




Vậy
I
là tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện
ABCD
.
Trong tam giác
BCD
, ta có:
(
)
2 2 2 2
2 4
CD BC BD AM
• = + −
( )
2 2 2 2
7
2 3 4.

4
a a a a
= + − =

CD a
⇒ =

•


2 2 2 2 2 2
3 3 3
cos
2 . 2
2 3 2 3
BC BD CD a a a
CBD
BC BD
a a
+ − + −
= = = =



•
Theo định lý hàm sin, ta có:
  
2 ' 2
1
sin sin 2 sin

2.
2
R BO CD a
CD BO a
CBD CBD CBD
= = ⇒ = = =
.
Gọi
E
là trung điểm của
AB
, khi đó tứ giác
OAEI
là hình chữ nhật, suy ra bán kính của mặt cầu
(
)
S
là:
2
2 2 2
6
2 2
a a
R IB OB BE a= = + = + =

Thể tích của khối cầu
(
)
S
là:

( )
3
3 3 3
4 4 4 6
. . 6
3 3 3 2
S
a
V R IA a
π π π π
 


= = = =




 
(đvtt).
B

A

C

D

E

M

O

d



I

 
0
1
30 sin
2
CBD CBD
⇒ = ⇒ =
Câu V. (1 điểm)
Cho các số thực dương
, ,
a b c
thỏa:
1 9 4
1
a b c
+ + =
. Đặt
min
P
là giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

4 9
P a b c
= + +
. Tìm nghiệm của phương trình:
(
)
min
121 1 tan
1 cot
2 sin
x
P
x
x
+
=
+
.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có:
( )
(
)
( )
2
2
1 9 4 1 9 4
2 3 6 4 9 4 9
a b c a b c
a b c a b c

 


+ + = + + ≤ + + + +




 

min
121
4 9 121 121
1 9 4
a b c P
a b c
⇒ + + ≥ = ⇒ =
+ +

Phương trình:
(
)
(
)
min
121 1 tan 121 1 tan
121
1 cot 1 cot
2 sin 2 sin
x x

P
x x
x x
+ +
= ⇔ =
+ +

( )
1 tan
2 s in *
1 cot
x
x
x
+
⇔ =
+

Điều kiện:
sin 0
cos 0
cot 1
x
x
x


≠





≠




≠ −




Phương trình:
( )
cos sin sin
* . 2 sin
cos sin cos
x x x
x
x x x
+
⇔ =
+
sin
2 sin
cos
x
x
x
⇔ =

( )
sin 0
1 2
2 sin 0 cos
2
cos 2
cos
2
x
x x
x
x
=


⇔ − = ⇔ ⇔ =


=


(do
sin 0
x
≠
)
Với
( )
2

cos 2 ;
2 4
x x k k
π
π
= ⇔ = ± + ∈


So với điều kiện suy ra:
( )
2 ;
4
x k k
π
π= + ∈


Vậy họ ngihệm của phương trình đã cho là:
( )
2 ;
4
x k k
π
π= + ∈

.

Câu VI. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,

Oxy
cho điểm
(
)
2; 1
A
−
và đường thẳng
(
)
: 3 5 7 0
d x y
+ − =
.
Viết phương trình đường thẳng qua
A
và tạo với
(
)
d
một góc bằng
0
45
.

Gọi
1 2
,
k k
theo thứ tự là hệ số góc của

(
)
'
d
và
(
)
d
, ta có:
2
3
5
k
= −
.
Đường thẳng
(
)
'
d
hợp với
(
)
d
một góc bằng
2 1 2 1
0 0
1 2 1 2
45 tan 45 1
1 1

k k k k
k k k k
− −
⇔ = ⇔ = ±
+ +

1
1 1
1
1 1
3 3
4
1
5 5
1
3 3
1
4
5 5
k
k k
k
k k

=

− − = −




⇔ ⇔



= −

− − = − +




.
Với
1
4
k
=
ta có
( )
(
)
( )
( )
( )
1
2; 1
' : ' : 4 2 1 ' : 4 9
4
qua A
d d y x d y x

hsg k
−



⇒ = − − ⇔ = −


=



Với
1
1
4
k
= −
ta có
( )
(
)
( )
( )
( )
1
2; 1
1 1 1
' : ' : 2 1 ' :
1

4 4 2
4
qua A
d d y x d y x
hsg k
−




⇒ = − − − ⇔ = − −


= −




Vậy qua
A
có thể kẻ được hai đường thẳng thỏa mãn đầu bài là:
(
)
( )
' : 4 9
1 1
' :
4 2
d y x
d y x

= −




= − −




2) Trong không gian với hệ tọa độ
,
Oxyz
cho điểm
(
)
1;1;2
M
và mặt phẳng
(
)
: 1 0
P x y z
+ + + =
.
Một mặt phẳng song song với
(
)
P
và cắt hai tia

,
Ox Oy
tại
,
B C
sao cho tam giác
ABC
có diện
tích bằng
3
2
(đvdt). Viết phương trình mặt phẳng đó.

Mặt phẳng cần tìm song song với
(
)
P
nên có phương trình dạng
(
)
: 0
Q x y z m
+ + + =

Để
(
)
Q
cắt hai tia
,

Ox Oy
tại hai điểm
,
B C
thì
0
m
<
, khi đó:
(
)
(
)
;0;0 , 0; ; 0
B m C m
− −

Ta có:
( ) ( )
(
)
(
)
2
1 ;1;2 , 1;1 ;2 ; 2 ; 2 ; 2
BA m CA m BA CA m m m m
= + = + ⇒ = − − +
   

Diện tích của tam giác

ABC
là:
(
)
( )
2
2 2 2
1 1
; 4 4 2
2 2
ABC
S BA CA m m m m
∆
= = + + +
 

( )
( )
( )
( )
2
4 3 2 4 3 2
4 3 2 3 2
3 2
3 1
4 12 4 12 9
2 4
4 12 9 9 1 3 9 9 0 *
1
3 9 9 0

m m m m m m
m m m m m m m
m
m m m
 


⇔ = + + ⇔ + + =




 
⇔ + + − = ⇔ + + + − =
= −


⇔

+ + − =



Xét hàm số:
( )
3 2
3 9 9
f m m m m
= + + −
với

0
m
<

Ta có:
( )
2
' 3 6 9 0
f m m m
= + + >

⇒
hàm số
( )
f m
luôn tăng
(
)
;0
m
∀ ∈ −∞

Vì
(
)
( )
(
)
0 9 0 0; ; 0
f f m m

= − < ⇒ < ∀ ∈ −∞

⇒
phương trình:
3 2
3 9 9 0
m m m
+ + − =
không có nghiệm trên
(
)
;0
−∞
.
Do đó trên
(
)
;0
−∞
thì phương trình
(
)
*
có một nghiệm duy nhất là:
1
m
= −
.
Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là
(

)
: 1 0
Q x y z
+ + − =
.

Câu VII. (1 điểm)
Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số của khai triển của
(
)
40
2
7 7
x
+
.

Ta có:
(
)
( )
40
40
40
40
40 40
0
2 1 1
2 2
7 7 7 7

k k k
k
x
x C x
=
+ = + =
∑

Hệ số tổng quát:
40
40
1
2
7
k k k
k
a C x
=
với
0 40
k
≤ ≤

Ta lập tỉ số:
(
)
(
)
1 1 1
1 40

40
2 40! 40
2. 2.
2 39 ! 1 ! 1
k k k
k
k k k
k
a C x k
a C x k k k
+ + +
+
−
= = =
− + +

Ta có:
1
40
1 2. 1 0 26
1
k
k
a k
k
a k
+
−
≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ ≤
+

.
Do đó:
{
}
k
a
tăng khi
(
)
26
0 26
k
max
k a a
≤ ≤ ⇒ =

{
}
k
a
giảm khi
(
)
27
27 40
k
max
k a a
≤ ≤ ⇒ =

Mà:
27
26
40 26
2. 1
27
a
a
−
= >
nên
( )
27 27 27
27 40
40
1
2
7
k k
max
a a a C x
= = =
.
********************************* 

 

 

 ************************************