DE THI THU DH DE SO 12

<span class='text_page_counter'>(1)</span>GV: Nguyễn Trung Nam. ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi : TOÁN - Đề số: 12 Thời gian làm bài: 180 phút. Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số. y. 2x  3 x  2 có đồ thị (C).. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đờng tiệm cận của (C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đờng tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đờng tròn ngoại tiếp tam gi¸c IAB cã diÖn tÝch nhá nhÊt. Câu 2 (1 điểm) 4(sin 6 x  cos 6 x)  6.cos 2 x  2.cos 4 x 0 sin 2 x a. Giải phương trình: . z   2  i  z 5  i b. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện . Tính môđun của số phức 2 w 1  iz  z .. Câu 3 (0,5 điểm) Giải bất phương trình:. Câu 4 (1 điểm) Giải hệ phương trình:. log 22 ( x −1 ) +5 ≤ 3 log 2 (1 − x )2. 2 2  x  y y  x   x  8  2 y  2  3y  2  2. 3 I  . x  ( x  sin x ) sin x dx (1  sin x) sin 2 x. 3 Câu 5 (1 điểm) Tính tích phân Cõu 6 (1 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A,. BC a 2 , h×nh chiÕu cña A’ trªn mÆt ph¼ng (ABC) lµ träng t©m tam gi¸c ABC, c¹nh bªn t¹o víi. mặt đáy một góc 600. Tính thể tích của khối lăng trụ đó. Câu 7 (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M (2; 1) và đường thẳng  : x – y + 1 = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua M cắt  ở 2 điểm A, B phân biệt sao cho MAB vuông tại M và có diện tích bằng 2. Câu 8 (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2 x  y  3 z  5 0 và hai đường thẳng x 1. y. z 2.   2  1 , (d2): ( d1 ) : 1. x 1 y 7 z 3   2 1 4 . Lập phương trình đường thẳng  song song với (P). và cắt hai đường thẳng d1, d2 lần lượt tại hai điểm M, N sao cho MN  54 . 5 2  4 3 Cn 1  Cn 1  4 An 2  C n  4  7 A3 n 1 n 1 15 Câu 9 (0,5 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau: . Câu 10 (1 điểm) Cho hai sè thùc x, y tho¶ m·n : x  3 x  1 3 y  2  y T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña biÓu thøc: A = x + y. ------- Hết -------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Họ và tên học sinh: …………………………………. Lớp 12A. §¸P ¸N ĐỀ SỐ 12 C©u 1: Tìm M để đờng tròn có diện tích nhỏ nhất .......................... 2 x 0 −3 , x0 ≠ 2 , x0 − 2. (. ). Ta cã: M x 0 ;. y ' ( x 0)=. −1 2 ( x 0 −2 ). Ph¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi ( C) t¹i M cã d¹ng: Δ : y =. 2 x −3 −1 ( x − x0 )+ 0 2 x 0 −2 ( x 0 −2 ). (. Toạ độ giao điểm A, B của ( Δ ) và hai tiệm cận là: A 2 ; Ta thÊy. x A + x B 2+2 x 0 − 2 = =x 0=x M , 2 2. 2 x 0 −2 ; B ( 2 x 0 − 2; 2 ) x 0 −2. y A + y B 2 x 0 −3 = = yM 2 x0 − 2. ). suy ra M lµ tr®iÓm cña. AB. Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đờng tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diÖn tÝch x 0 − 2¿ 2+. (. 2 x 0 −3 −2 x 0 −2. x 0 − 2¿ ¿≥2π. S=. 2. ). 2. 2 1 x 0 −2 ¿ + ¿ ¿ ¿=π ¿ π IM 2=π ¿ 2. DÊu “=” x¶y ra khi. x0 − 2 ¿ ¿ ⇔ ¿ x 0=1 ¿ x 0=3 ¿ ¿ ¿. 1 x 0 − 2¿ 2= ¿ ¿ ¿. Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3) C©u 2: 4(sin 6 x  cos6 x )  6.cos 2 x  2.cos 4 x 0 sin 2 x (1). a) §iÒu kiÖn: sin2x ≠ 0.  4(1 . Ta cã (1). 3 2 sin 2 x)  6 cos 2 x  2(2 cos 2 2 x  1) 0 4.  4  3sin 2 2 x  6 cos 2 x  4cos 2 2 x  2 0  4  3(1  cos 2 2 x )  6 cos 2 x  4 cos 2 2 x  2 0  4  3  3cos 2 2 x  6 cos 2 x  4cos 2 2 x  2 0  sin 2 x 0 ( L)  cos 2 x 1    cos 2 x  1 (TM ) 2 7   7 cos 2 x  6 cos 2 x  1 0.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>   1  2 x arccos   7   k 2 1   cos 2 x     7  1 1  1  2 x  arccos     k 2  x  arc cos     k 2  7   7 .. (k  Z ). Vậy phơng trình đã cho có hai họ nghiệm 1  1 x  arccos     k 2  7 vµ. x . 1  1 arccos     k 2  7. (k  Z ). 2.b 3a  b 5   z a  bi  a, b     a  b  1  Đặt . Từ giả thiết ta có: 2. Suy ra. w 1  iz  z 2 1  i  1  2i    1  2i   3i. C©u 4: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau:. . Vậy. a 1  b  2 . Do đó z 1  2i .. w 3. .. 2 2  (1) x  y y  x   x  8  2 y  2  3 y  2 (2) .  8  x 0  2 2 2 2  2 x   y   x   y  (*)  y  3 y x x y Gi¶i (1) ta cã: * §iÒu kiÖn 2 f (t ) t  t víi t 0. XÐt hµm sè 2 f '(t ) 1  2  0 t 0  ; 0   0;   t => Hàm số đồng biến trên D  . Mµ (*)  f ( x)  f ( y)  x  y thÕ vµo PT (2) ta cã: x. x 8 . 2 3. 2 x  2  3 x  2 ®iÒu kiÖn  x  8 5 x  2 (3 x  2)(2 x  2) x  8  3x  2  2 x  2.   8  4 x 2 (3 x  2)(2 x  2).  4  2 x  (3 x  2)(2 x  2). 2  2 x  4 0  x 2   3 2  (3x  2)(2 x  2) (4  2 x) 6 x 2  2 x  4 16  16 x  4 x 2  2 2   x 2   x 2 3  3  x 1 (TM ) 2 x 2  18 x  20 0      x  10 ( L)  x 1  VËy ta cã :  y 1. =>Hệ phơng trình đã cho có 1 nghiệm (x, y) là (1; 1).. C©u 5: 2 3  3. I . 2 2 2 x  ( x  sin x)sin x x(1  sin x)  sin 2 x x dx 3 3 3 dx  dx  dx      2 2 2 (1  sin x)sin x (1  sin x)sin x 3 3 sin x 3 1  sin x. u  x; dv . + Đặt. dx  sin 2 x. du dx  v  cot x.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2 3.  . 3 2 3  3. . 2 2 2 x  3 3 3 dx  x cot x|     cot xdx   x cot x  ln sin x  |   2 sin x 3 3 3 3. 2 dx  3 1  sin x 3. I Vậy. 2 2 dx dx  x 3 3    t an    |  4  2 3 x   3 2  4 2 3 1  cos   x  2cos    2   4 2.  4 2 3 3. A'. C'. C©u 6: Do ABC vu«ng c©n t¹i A mµ BC = a 2 => AB = BC = a. B'. 1 a2 SABC  AB.BC  2 2 (®vdt). Ta có A'G  (ABC) => A'G là đờng cao cña khèi l¨ng trô A'B'C'.ABC Gäi M lµ trung ®iÓm cña BC. A. a. 60 0. C a. 1 a 2  AM  BC  2 2. G. M. 2 a 2 B  AG  AM  3 3 Do G lµ träng t©m ABC A'G a 2 a 6 tan 600   A ' G  AG.tan 600  3.  AG 3 3 XÐt A'AG ta cã:  VABC . A ' B ' C ' SABC . A ' G . a 2 a 6 a3 6 .  2 3 6 (®vdt). C©u 7: 2 2 2 Đường tròn (C) tâm I(a, b) bán kính R có phương trình ( x  a )  ( y  b) R. MAB vuông tại M nên AB là đường kính suy ra  qua I do đó: a - b + 1 = 0 (1) Hạ MH  AB có. MH d ( M , ) . 2  1 1 2.  2. 1 1 S MAB  MH . AB  2  .2 R. 2  R  2 2 2 2 2 Vì đường tròn qua M nên (2  a)  (1  b) 2 (2) (1) a  b  1 0  2 2 Ta có hệ (2  a)  (1  b) 2 (2) Giải hệ được a = 1; b = 2. Vậy (C) có phương trình ( x  1) 2  ( y  2) 2 2 .. C©u 8:.  (  1  t ; 2 t ;2  t ), N (1  2 m ;7  m ;3  4 m )  MN (2m  t  2; m  2t  7;4m  t  1) Gọi M    n  (2;  1;3) (  )  ( P )  MN .n 0  t  5m (P) có véc tơ pháp tuyến ,  m 0 MN  54     m  20  MN (7 m  2;11m  7;  m 1) ; 19   x  1  2t  m 0  M ( 1;0; 2), N (1;7;3)  ( P)  ( ) :  y 7t  z 2  t .

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 81 102   x 19  19 t  20 81 200 62 21 113 23 200 87  m   M( ; ; ), N (  ; ; )  ( P)  (  ) :  y   t 19 19 19 19 19 19 19 19 19  62 39   z  19  19 t  C©u 9: Điều kiện: n  1 4  n 5. Hệ điều kiện ban đầu tương đương:   n  1  n  2   n  3  n  4   n  1  n  2   n  3 5    n  2   n  3  4.3.2.1 3.2.1 4    n  1 n  n  1  n  2   n  3  7  n  1 n  n  1  5.4.3.2.1 15  n 2  9n  22  0    n 2  5n  50 0  n 10  n 5 . C©u 10: Ta cã : §Æt:. x  3 x  1 3 y  2  y  x  y 3. xy  a  3. . . x 1  y  2. . . x  1  y  2 a.  x  y a  3 x  1  y  2 a Ta đi tìm điều kiện của a đê hệ phơng trình sau có nghiệm:  (I) ( x  1)  ( y  2) a  3  3 x  1  y  2 a Ta cã hÖ (I). . . . . §Æt u  x  1 ; v  y  2 (u 0; v 0)  u  v  2  2uv a  3 u  v a  3     a u  v  3  u  v  a  3  2. 2. Ta cã hÖ ph¬ng tr×nh:. a  u  v  3   2 uv  1  a  a   2 9.  3 .  1  a2 a t   t    a  3  0 2 9  3  Suy ra : u vµ v lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: (*) 2. HÖ (I) cã nghiÖm khi vµ chØ khi ph¬ng tr×nh (*) cã hai nghiÖm t1, t2 kh«ng ©m  0    S 0   P 0 .  a 2  18a  54 0 9  3 21   a 9  3 15 a 0 2  a 2  9a  27 0 . MaxA 9  3 15;. VËy:. MinA . 9  3 21 2. .. 9  3 21  A 9  3 15 2 hay.

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