De luyen thi phu hop cau truc thi Quoc gia De 12

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ SỐ 12 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số. y=x 3 − 3 x2 +1 (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C). b) Tìm các giá trị của tham số m để (C) cắt đường thẳng d: y = (2m  1) x  2m  2 tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương. Câu 2( 1,0 điểm ). a) Giải phương trình: log 2 ( x  1).log 3 x 2.log 4 ( x  1) b) Giải phương trình: 2 sin2 x −sin 2 x +cos x −sin x=0 Câu 3(1,0 điểm ). a) Cho. z 1 , z 2 là hai nghiệm phức của phương trình 2 z 2 −3 z+ 5=0. . Tính. 2. 2. |z 1| +|z 2|. .. b) Một đoàn tàu có 4 toa . Có 4 hành khách độc lập với nhau chọn ngẫu nhiên một toa. Tính xác suất để một toa có 3 hành khách, một toa có 1 hành khách và hai toa không có hành khách.. Câu 4(1,0 điểm ). Tính tích phân:. e3  I  x 2  1. .  ln x dx x2 ln x 1   x 1  t  d :  y 2t  z  1 . Câu 5(1,0 điểm ). Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng và mặt phẳng (P): 2 x + y −2 z − 1=0 . a) Viết phương trình đường thẳng đi qua M ( 1 ; 2; 1 ) , song song với (P) và vuông góc với đường thẳng d. b) Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng d, bán kính bằng 3 và tiếp xúc với mp(P). Câu 6( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB  AC a , I là trung điểm của SC , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của BC , mặt phẳng  SAB  tạo với đáy   SAB  theo a . 1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng. G  0;1 Câu 7( 1,0 điểm ). Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;  2) , trọng tâm và trực 1  H  ;1 tâm  2  . Tìm tọa độ của các đỉnh B, C và tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.. Câu 8( 1,0 điểm ).. Giải bất phương trình. x 1. x  2  2x  3. Câu 9(1,0 điểm ). Cho x, ,y, z là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. P. 2  x  xy  3 xyz. 3 xyz.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ 12 Câu. Nội dung Phương trình hoành độ giao điểm : x 3  3x 2  1 (2m  1) x  2m  2  x 3  3 x 2  (2m 1) x  2m  3 0. 1b. 2..  x 1  ( x  1)( x 2  2 x  2m  3) 0   2  x  2 x  2m  3 (*). Bài toán tmãn khi (*) có 2 nghiệm dương phân biệt x  1   ' 2m  4  0  P  2m  3  0 3    2m 2  S 2  0 2 1  2.1  2m  3 0 (1,0 điểm) a,(0,5điểm) Đk: x> 1 log 2 ( x −1 ) log 3 x=2 log 4 ( x − 1 ) ⇔ log 2 ( x −1 ) ( log3 x − 1 )=0 ⇔ log 2 ( x − 1 )=0 hoặc log 3 x −1=0. ⇔ x=2. x=3 (thỏa mãn). hoặc. b, 2 sin2 x −sin 2 x +cos x −sin x=0 ⇔ ( sin x − cos x )( 2 sin x −1 ) =0    x  4  k   x   k 2   tan x 1 6    sin x  cos x 0  5  x    k 2   sin x  1 6  2sin x  1 0  2   . 3 i 31 2 2 z 1| +|z 2| =5 | 4 a,(0,5điểm). Ta có: Khi đó: . b,(0,5điểm). Mỗi hành khách có 4 cách chọn 1 toa để lên tàu nên số cách 4 hành khách chọn toa để lên tàu là : 4 4 =256 (cách). ⇒ n ( Ω ) =256 . Gọi biến cố A” 4 hành khách từ sân ga lên tàu sao cho một toa có ba hành khách, 1 toa có một hành khách và 2 toa không có hành khách” . + Chọn 3 hành khách từ 4 hành khách và xếp 3 hành khách vừa chọn lên 1 trong 4 toa tàu có 3 C 4 . 4=16 (cách). + Xếp hành khách còn lại lên 1 trong 3 toa tàu còn lại có 3(cách) n ( A ) 48 3 = = ⇒ n ( A ) =16 .3=48 .Vậy P ( A )= . n ( Ω ) 256 16   31  z1,2 . 3. (1,0 điểm) 3. e. e. 3. I = 2 xdx+ 1. 1. (. ln x dx . x √ ln x+ 1. ). 4 e. Tính. 3. I 2 = 1. ln x dx . x √ ln x +1. e. Tính. 3. I 1 = 2 xdx=x 2∨❑e1 =e 6 − 1 1. t=√ ln x+1 ⇒ ln x=t 2 −1 Đặt . Đổi cận 1 dx=2 tdt x ¿{. ¿ x=1 ⇒t=1 x=e 3 ⇒ t=2 ¿{ ¿.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2. 5.. 2. 2 6 5 t −1 1 8 2 tdt=2 ( t 2 −1 ) dt=2 t 3 − t ¿21= . Vậy I =e + . 3 t 3 3 1 1 ¿ Δ // ( P ) Δ⊥ d ⇒ ¿ u ⃗ nP a,(0,5điểm). Vì Δ⊥ ⃗ u Δ ⊥⃗ ⃗ ud ⇒⃗ u Δ=[ ⃗ n P , u⃗d ] = ( 4 ; − 2; 3 ) ¿{ ¿ Δ: x =1+ 4 t Vậy PT đường thẳng đi qua M ( 1 ; 2; 1 ) là y=2 −2 t z =1+ 3t ¿ {{ I  1  t; 2t ;  1 b,(0,5điểm). Vì tâm mặt cầu là I ∈ d nên Vì mặt cầu có tâm I , bán kính bằng 3 và tiếp xúc với mp(P) nên |2 ( 1+ t ) +2 t − 2 ( −1 ) −1| ⇔ =3 ⇔|4 t+3|=9 ⇔ √4 +1+4 4 t +3=9 ¿ 4 t +3=− 9 ¿ 3 t= 2 d(I,(P))=3 ¿ t =−3 ¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ¿ ¿ 2 3 5 5 2 2 2 + ( y −3 ) + ( z +1 ) =3 + t= ⇒ I ; 3 ; −1 ⇒ ( S ) : x − 2 2 2 + t=−3 ⇒ I (− 2 ;− 6 ; −1 ) ⇒ ( S ) : ( x+2 )2 + ( y +6 )2+ ( z+1 )2=32 5 2 ( 2 2 2 + y − 3 ) + ( z+ 1 ) =3 hoặc ( S ) : ( x+2 )2 + ( y +6 )2+ ( z +1 )2=3 2 . Vậy ( S ) : x − 2 (1,0 điểm) Sj Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB (1). Khi đó. (. I 2 =. (. ). ). ( ). ( ). 6.. SH   ABC . nên SH  AB (2) Từ (1) và (2) suy ra  AB  SK Vì M B. H. C. Do đó góc giữa và HK và bằng.  SAB  với đáy bằng góc giữa SK. K A. Ta có. ❑. ∠ SKH=60. 0. SH=HK tan ∠ SKH=. 1 1 1 a3 3 VS . ABC  S ABC .SH  . AB. AC.SH  3 3 2 12 Vậy d  I ,  SAB   d  H ,  SAB   IH / /  SAB  Vì IH / / SB nên . Do đó. a √3 2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  HM   SAB   d  H ,  SAB   HM Từ H kẻ HM  SK tại M. 1 1 1 16 a 3 a 3    2  HM  d  I ,  SAB    2 2 2 4 . Vậy 4 HK SH 3a Ta có HM. 7.. Gọi M là trung điểm cạnh BC, ta có  3 5  AM  . AG  M   1;  2 2  ⃗ 3  ⃗ AH  ;3  n  2  hay  1;  2  là vectơ pháp tuyến của đường thẳng BC. Phương trình BC : x  2 y  6 0  x 2 y  6. (C). A. H. I. Vì B và C đối xứng với nhau qua M nên gọi C B M B(2m  6; m) thì có C (4  2m; 5  m) ⃗ 7  K  HC   2m; 4  m  AB  2m  8; m  2  2  . Ta có: ;   AB.HC 0  (m  4)(5  5m) 0  m 4; m 1 .Vậy có B(2; 4), C ( 4;1) hoặc B( 4;1), C (2; 4) Kẻ đường kính AK của đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC Tứ giác BHCK có BH//KC và BK//HC nên BHCK là hình bình hành. Suy ra: HK và BC cắt nhau tại M là trung điểm của BC và M cũng là trung điểm của HK. 5 1    5  1 15 H  ;1 M   1;   K   ; 4  R  AK  2  2  . Bán kính 2 4 Ta có  2  ,  8. Đk: x 2 x 1. x  2  2x  3 . x  1  x  2  2x  3.  x  1 3x  5  2 ( x  2)(2 x  3)   x  2  ( x  2)(2 x  3)  x  2 0   2 ( x  2) ( x  2)(2 x  3).  x 2  2 ( x  2) ( x  2)(2 x  3). Đối chiếu đk, ta thấy x = 2 thỏa mãn. Vậy bất phương trình có nghiệm x = 2 9. Ta có. x  xy  3 xyz x . x. 1 1 2 x.8 y  3 2 x.8 y.32 z 4 8. 2 x  8 y 2 x  8 y  32 z 32 4    x  y  z   x  y  z 8 24 24 3. t  x  y  z;t  0  P  f t  f  t  . 3 2  2 2t 3t. 3 1  ; f  t  0  t 1 t3 t2. Lập bảng biến thiên của hàm f(t) ta được. Pmin . 3 2 tại t=1.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 16   x  21  x  y  z 1  4    y  2 x 8 y 21 2 x 32 z   1   z  21  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>