Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn toán

60 478 0
  • Loading ...
1/60 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 08/09/2014, 18:08

Đây là bộ tài liệu luyện thi đại học cực hay, được tuyển chọn kĩ càng, có chất lượng cao, giúp các em học sinh lớp 12 củng cố và nâng cao kiến thức, phục vụ tốt việc luyện thi đại học của bộ môn. Bên cạnh phần lí thuyết được hệ thống hóa một cách khoa học và dễ hiểu là phần bài tập thực hành với lời giải chi tiết cụ thể, không những giúp các thầy cô có căn cứ để hướng dẫn và giảng dạy cho học sinh mà còn giúp cho các em tự học, tự kiểm tra và so sánh đối chiếu kết quả làm bài của mình khi không có sự trợ giúp của các thầy cô giáo.Hy vọng bộ tài liệu sẽ giúp ích đắc lực cho các em học sinh lớp 12 trong việc luyện thi đại học. Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán ĐỀ SỐ 1: PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 4 2 ( ) 8x 9x 1y f x= = − + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình 4 2 8 os 9 os 0c x c x m− + = với [0; ]x π ∈ . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: ( ) 3 log 1 2 2 2 x x x x   − − = −  ÷   2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 12 12 x y x y y x y  + + − =   − =   Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường 2 | 4 |y x x= − và 2y x= . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm 2 4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 0 4 4 4 c c m π π π       − + =  ÷  ÷  ÷       PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 1 0x y+ + = và phân giác trong CD: 1 0x y+ − = . Viết phương trình đường thẳng BC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số 2 2 2 2 x t y t z t = − +   = −   = +  .Gọi ∆ là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua ∆ , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng 1 1 1 5 1 1 1xy yz zx x y z + + ≤ + + + + + 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ∆ có phương trình tham số 1 2 1 2 x t y t z t = − +   = −   =  .Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆ , xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b   + + + + <  ÷ + + + + + +   Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1 Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 1,00 + Tập xác định: D = ¡ 0,25 + Sự biến thiên: • Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = +∞ = +∞ • ( ) 3 2 ' 32x 18x = 2x 16x 9y = − − 0 ' 0 3 4 x y x =   = ⇔  = ±  0,25 • Bảng biến thiên. ( ) 3 49 3 49 ; ; 0 1 4 32 4 32 CT CT y y y y y y     = − = − = = − = =  ÷  ÷     C§ 0,25 • Đồ thị 0,25 2 1,00 Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán Xét phương trình 4 2 8 os 9 os 0c x c x m− + = với [0; ]x π ∈ (1) Đặt osxt c= , phương trình (1) trở thành: 4 2 8 9 0 (2)t t m− + = Vì [0; ]x π ∈ nên [ 1;1]t ∈ − , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau. 0,25 Ta có: 4 2 (2) 8 9 1 1 (3)t t m⇔ − + = − Gọi (C 1 ): 4 2 8 9 1y t t= − + với [ 1;1]t ∈ − và (D): y = 1 – m. Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C 1 ) và (D). Chú ý rằng (C 1 ) giống như đồ thị (C) trong miền 1 1t− ≤ ≤ . 0,25 Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: • 81 32 m > : Phương trình đã cho vô nghiệm. 1. 81 32 m = : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. • 81 1 32 m≤ < : Phương trình đã cho có 4 nghiệm. • 0 1m < < : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. • 0m = : Phương trình đã cho có 1 nghiệm. • m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm. 0,50 II 2,00 1 1,00 Phương trình đã cho tương đương: 3 3 log log 3 2 0 2 2 0 1 1 1 log ln 0 ln 0 1 2 2 2 2 2 2 0 x x x x x x x x x x x x  − =  = − =                 ⇔ ⇔ − = − =   − =  ÷   ÷   ÷                  > >  − >        0,50 3 2 2 2 log 0 1 1 2 1 1 3 ln 0 1 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x =  = =       =   =  =               ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =         − =  − = =       ÷                   > > >       0,50 2 1,00 Điều kiện: | | | |x y≥ Đặt 2 2 ; 0u x y u v x y  = − ≥   = +   ; x y= − không thỏa hệ nên xét x y ≠ − ta có 2 1 2 u y v v   = −  ÷   . Hệ phương trình đã cho có dạng: 2 12 12 2 u v u u v v + =      − =  ÷     0,25 Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán 4 8 u v =  ⇔  =  hoặc 3 9 u v =   =  + 2 2 4 4 8 8 u x y v x y  =  − =  ⇔   = + =    (I) + 2 2 3 3 9 9 u x y v x y  =  − =  ⇔   = + =    (II) 0,25 Giải hệ (I), (II). 0,25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là ( ) ( ) { } 5;3 , 5;4S = 0,25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là ( ) ( ) { } 5;3 , 5;4S = 1,00 III 0,25 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: 2 | 4 | ( )y x x C= − và ( ) : 2d y x= Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): 2 2 2 2 2 0 0 0 | 4 | 2 2 4 2 6 0 6 4 2 2 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x ≥ ≥   =       − = ⇔ ⇔ ⇔ = − = − =         = − = − − =      Suy ra diện tích cần tính: ( ) ( ) 2 6 2 2 0 2 4 2 4 2S x x x dx x x x dx= − − + − − ∫ ∫ 0,25 Tính: ( ) 2 2 0 | 4 | 2I x x x dx= − − ∫ Vì [ ] 2 0;2 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤ nên 2 2 | 4 | 4x x x x− = − + ⇒ ( ) 2 2 0 4 4 2 3 I x x x dx= − + − = ∫ 0,25 Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán Tính ( ) 6 2 2 | 4 | 2K x x x dx= − − ∫ Vì [ ] 2 2;4 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤ và [ ] 2 4;6 , 4 0x x x∀ ∈ − ≥ nên ( ) ( ) 4 6 2 2 2 4 4 2 4 2 16K x x x dx x x x dx= − − + − − = − ∫ ∫ . 0,25 Vậy 4 52 16 3 3 S = + = 1,00 IV 0,25 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có: ( ) ( ) ( ) ' ' ' ' ' ' AB IC AB CHH ABB A CII C AB HH ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm 'K II∈ . 0,25 Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 3 1 3 ' ' ' ' ' ; 3 6 3 3 x x I K I H I C IK IH IC= = = = = = Tam giác IOI’ vuông ở O nên: 2 2 2 2 3 3 ' . . 6r 6 3 x x I K IK OK r x= ⇒ = ⇒ = 0,25 Thể tích hình chóp cụt tính bởi: ( ) ' . ' 3 h V B B B B= + + Trong đó: 2 2 2 2 2 4x 3 3 3r 3 3 6r 3; ' ; 2r 4 4 2 x B x B h= = = = = = 0,25 Từ đó, ta có: 2 2 3 2 2 2r 3r 3 3r 3 21r . 3 6r 3 6r 3. 3 2 2 3 V    ÷ = + + =  ÷   0,25 V 1,00 Ta có: +/ ( ) 4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x ; +/ ( ) 4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x 4 4 2 c c c c π π π         = + =  ÷  ÷  ÷           +/ ( ) 2 1 1 os 2x + 1 os 4x + 1 sin 4x 4 2 2 2 c c π π       = + = −  ÷  ÷  ÷       Do đó phương trình đã cho tương đương: 0,25 Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán ( ) 1 1 2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1) 2 2 c + = Đặt os2x + sin2x = 2 os 2x - 4 t c c π   =  ÷   (điều kiện: 2 2t− ≤ ≤ ). Khi đó 2 sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1− . Phương trình (1) trở thành: 2 4 2 2 0t t m+ + − = (2) với 2 2t− ≤ ≤ 2 (2) 4 2 2t t m⇔ + = − Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( ) : 2 2D y m= − (là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): 2 4y t t= + với 2 2t− ≤ ≤ . 0,25 Trong đoạn 2; 2   −   , hàm số 2 4y t t= + đạt giá trị nhỏ nhất là 2 4 2− tại 2t = − và đạt giá trị lớn nhất là 2 4 2+ tại 2t = . 0,25 Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 4 2 2 2 2 4 2m− ≤ − ≤ + 2 2 2 2m⇔ − ≤ ≤ . 0,25 VIa 2,00 1 1,00 Điểm ( ) : 1 0 ;1C CD x y C t t∈ + − = ⇒ − . Suy ra trung điểm M của AC là 1 3 ; 2 2 t t M + −    ÷   . 0,25 Điểm ( ) 1 3 : 2 1 0 2 1 0 7 7;8 2 2 t t M BM x y t C + −   ∈ + + = ⇒ + + = ⇔ = − ⇒ −  ÷   0,25 0,25 Từ A(1;2), kẻ : 1 0AK CD x y⊥ + − = tại I (điểm K BC ∈ ). Suy ra ( ) ( ) : 1 2 0 1 0AK x y x y− − − = ⇔ − + = . Tọa độ điểm I thỏa hệ: ( ) 1 0 0;1 1 0 x y I x y + − =  ⇒  − + =  . Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của ( ) 1;0K − . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0 7 1 8 x y x y + = ⇔ + + = − + 2 Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng ∆ , thì ( ) //( )P D hoặc ( ) ( )P D⊃ . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH IA≤ và IH AH⊥ . Mặt khác ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , ,d D P d I P IH H P  = =   ∈   Trong mặt phẳng ( ) P , IH IA≤ ; do đó axIH = IA H Am ⇔ ≡ . Lúc này (P) ở vị trí (P 0 ) vuông góc với IA tại A. Vectơ pháp tuyến của (P 0 ) là ( ) 6;0; 3n IA= = − r uur , cùng phương với ( ) 2;0; 1v = − r . Phương trình của mặt phẳng (P 0 ) là: ( ) ( ) 2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0x z− − + = . VIIa Để ý rằng ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 0xy x y x y+ − + = − − ≥ ; và tương tự ta cũng có 1 1 yz y z zx z x + ≥ +   + ≥ +  0,25 Vì vậy ta có: ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 zx+y 1 5 1 1 5 5 x y z x y z xy yz zx yz zx xy x y z yz xy z z y x yz zx y xy z z y x z y y z   + + + + ≤ + + + + +  ÷ + + + + + +   ≤ + + + + +   = − − +  ÷ + + +     ≤ − − +  ÷ + +   = vv 1,00 Ta có: ( ) 1;2 5AB AB= − ⇒ = uuur . Phương trình của AB là: 2 2 0x y+ − = . ( ) ( ) : ;I d y x I t t∈ = ⇒ . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: ( ) ( ) 2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t− − . 0,25 Mặt khác: D . 4 ABC S AB CH= = (CH: chiều cao) 4 5 CH⇒ = . 0,25 Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán Ngoài ra: ( ) ( ) ( ) 4 5 8 8 2 ; , ; | 6 4 | 4 3 3 3 3 3 ; 5 5 0 1;0 , 0; 2 t C D t d C AB CH t C D      = ⇒ −  ÷  ÷  = ⇔ = ⇔       = ⇒ − −  Vậy tọa độ của C và D là 5 8 8 2 ; , ; 3 3 3 3 C D      ÷  ÷     hoặc ( ) ( ) 1;0 , 0; 2C D− − 0,50 2 1,00 Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. Đường thẳng ∆ có phương trình tham số: 1 2 1 2 x t y t z t = − +   = −   =  . Điểm M ∈∆ nên ( ) 1 2 ;1 ;2M t t t− + − . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 9 20 3 2 5 4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5 3 2 5 3 6 2 5 AM t t t t t BM t t t t t t AM BM t t = − + + − − + = + = + = − + + − − + − + = − + = − + + = + + − + 0,25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ ( ) 3 ;2 5u t= r và ( ) 3 6;2 5v t= − + r . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 | | 3 2 5 | | 3 6 2 5 u t v t  = +     = − +   r r Suy ra | | | |AM BM u v+ = + r r và ( ) 6;4 5 | | 2 29u v u v+ = ⇒ + = r r r r Mặt khác, với hai vectơ ,u v r r ta luôn có | | | | | |u v u v+ ≥ + r r r r Như vậy 2 29AM BM+ ≥ 0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,u v r r cùng hướng 3 2 5 1 3 6 2 5 t t t ⇔ = ⇔ = − + ( ) 1;0;2M⇒ và ( ) min 2 29AM BM+ = . 0,25 Vậy khi M(1;0;2) thì minP = ( ) 2 11 29+ 0,25 VIIb 1,00 Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: a b c b c a c a b + >   + >   + >  . Đặt ( ) , , , , 0 , , 2 2 a b c a x y a z x y z x y z y z x z x y + + = = = > ⇒ + > + > + > . Vế trái viết lại: 0,50 Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán 2 3 3 2 a b a c a VT a c a b a b c x y z y z z x x y + + = + + + + + + = + + + + + Ta có: ( ) ( ) 2 2 z z x y z z x y z z x y x y z x y + > ⇔ + + < + ⇔ > + + + . Tương tự: 2 2 ; . x x y y y z x y z z x x y z < < + + + + + + Do đó: ( ) 2 2 x y z x y z y z z x x y x y z + + + + < = + + + + + . Tức là: 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b   + + + + <  ÷ + + + + + +   0,50 Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-CAO ĐẲNG- Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 4 2 ( ) 2y f x x x= = − 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm điều kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình lượng giác: ( ) 2 cos sin 1 tan cot 2 cot 1 x x x x x − = + − 2. Giải bất phương trình: ( ) 2 3 1 1 3 3 1 log 5 6 log 2 log 3 2 x x x x− + + − > + Câu III (1 điểm) Tính tích phân: ( ) 2 4 4 0 cos 2 sin cosI x x x dx π = + ∫ Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 45 0 . Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ. Câu V (1 điểm) Cho phương trình ( ) ( ) 3 4 1 2 1 2 1x x m x x x x m+ − + − − − = Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng ∆ định bởi: 2 2 ( ) : 4 2 0; : 2 12 0C x y x y x y+ − − = ∆ + − = . Tìm điểm M trên ∆ sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 60 0 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu? 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng ( ) : 3 0d x y− − = và có hoành độ 9 2 I x = , trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là 2 2 2 ( ) : 4 2 6 5 0, ( ) : 2 2 16 0S x y z x y z P x y z+ + − + − + = + − + = . [...]... c+a a +7 b +7 c +7 Tng t: ng thc xy ra khi v ch khi a = b = c = 1 2 0,50 Tuyn tp 17 b v ỏp ỏn thi th i hc mụn Toỏn THI TH I HC - CAO NG- S 3 Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian giao PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im) Cõu I (2 im) Cho hm s y = f ( x) = mx 3 + 3mx 2 ( m 1) x 1 , m l tham s 1 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s trờn khi m = 1 2 Xỏc nh cỏc giỏ tr ca m hm s y = f ( x) khụng... sin 0 2 1 ( 3 x) 3 v gii bt phng trỡnh t dt 2 x +2 Ht -P N THI S 3 Cõu í I 1 Ni dung im 2,00 1,00 Tuyn tp 17 b v ỏp ỏn thi th i hc mụn Toỏn Khi m = 1 ta cú y = x3 + 3x 2 1 + MX: D = Ă 0,25 + S bin thi n: Gii hn: xlim y = ; xlim y = + + x = 2 y ' = 3x 2 + 6 x ; y ' = 0 x = 0 0,25 Bng bin thi n 0,25 yCĐ = y ( 2 ) = 3; yCT = y ( 0 ) = 1 th 0,25 2 1,00 + Khi m = 0 y =... ) > 0 x < 3; x 2 x < 3; x 2 2 x+2 0,50 THI TH TUYN SINH I HC- S 4 Thi gian lm bi: 180 phỳt I PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I (2,0 im) 1 3 3 2 Cho hm s y = ( m - 1) x + mx + ( 3m - 2) x (1) 1 Kho sỏt s bin thi n v v th hm s (1) khi m = 2 2 Tỡm tt c cỏc giỏ-1 ca tham s m hm s (1) ng bin trờn tp xỏc nh ca nú tr 1 Tuyn tp 17 b v ỏp ỏn thi th i hc mụn Toỏn Cõu II (2,0 im) 1 Gii phng... 1 x + 2y - 6 = 0 2 D1(0; - 7; 0), D2 (0; 8; 0) Cõu VII.b (1,0 im) 64 s Ht Tuyn tp 17 b v ỏp ỏn thi th i hc mụn Toỏn THI TH TUYN SINH I HC- S 5 Thi gian lm bi: 180 phỳt I PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I (2,0 im) mx + 4 Cho hm s y = x + m (1) 1 Kho sỏt s bin thi n v v th hm s (1) khi m = 1 2 Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca tham s m hm s (1) nghch bin trờn khong ( - Ơ ;1)... VII.a (1,0 im) Tuyn tp 17 b v ỏp ỏn thi th i hc mụn Toỏn a) 64 s b) 6 s 2 Theo chng trỡnh Nõng cao: Cõu VIb (2,0 im) 1 x + 3y - 30 = 0 r 2 e = ( 3 14 14 14 ;; ) 14 14 7 Cõu VII.b (1,0 im) 13 s Ht THI TH TUYN SINH I HC- S 6 Thi gian lm bi: 180 phỳt I PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I (2,0 im) Cho hm s y = x 3 + 3x 2 - mx - 4 (1) 1 Kho sỏt s bin thi n v v th hm s (1)... - 8 = 0 2 V = a 2b ; 4 a =1 b Cõu VII.b (1,0 im) 108 s Ht Tuyn tp 17 b v ỏp ỏn thi th i hc mụn Toỏn THI TH TUYN SINH I HC- S 7 Thi gian lm bi: 180 phỳt I PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I (2,0 im) Cho hm s y = - x 3 + ( 2m + 1) x 2 - ( m 2 - 3m + 2) x - 4 (1) 1 Kho sỏt s bin thi n v v th hm s (1) khi m = 1 2 Xỏc nh m th ca hm s (1) cú hai im cc i v cc tiu nm v...Tuyn tp 17 b v ỏp ỏn thi th i hc mụn Toỏn im M di ng trờn (S) v im N di ng trờn (P) Tớnh di ngn nht ca on thng MN Xỏc nh v trớ ca M, N tng ng Cõu VII.b (1 im) Cho a, b, c l nhng s dng tha món: a 2 + b 2 + c 2 = 3 Chng minh bt ng thc 1 1 1 4 4 4 + + 2 + 2 + 2 a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 Ht Cõ u I P N THI S 2 Ni dung í 1 + MX: D = Ă + S bin thi n Gii hn: xlim y... 0,25 H ó cho cú nghim x0 [ 1;6] : f ( x0 ) m f '( x) = 2 x2 + 2 x 8 ( 2 x + 1) 2 = 2 ( x2 + x 4) ( 2 x + 1) 2 ; f ' ( x ) = 0 x2 + x 4 = 0 x = 1 17 2 0,25 1 + 17 Vỡ x [ 1;6] nờn ch nhn x = 2 2 3 Ta cú: f (1) = , f (6) = 27 1 + 17 3 + 17 , f ữ= ữ 13 2 2 Vỡ f liờn tc v cú o hm trờn [1;6] nờn max f ( x) = Do ú x0 [ 1;6] : f ( x0 ) m max] f ( x) m x[ 1;6 27 13 0,25 27 m 13 VIa 2,00... VIa (2.0 im) 1 5x + y - 1 = 0; x - 5y + 3 = 0 Tuyn tp 17 b v ỏp ỏn thi th i hc mụn Toỏn 2 (P) : x + 3y + 5z - 13 = 0; M(0;1; - 1); N(0;1;1) Cõu VII.a (1,0 im) 3024 s 2 Theo chng trỡnh Nõng cao: Cõu VIb (2,0 im) 1 3x + y = 0; x - 3y = 0 2 x - z = 0; x + 20y + 7z = 0 Cõu VII.b (1,0 im) 3348 s Ht THI TH TUYN SINH I HC- S 8 Thi gian lm bi: 180 phỳt I PHN CHUNG CHO TT C TH SINH... im A(0;1;2) v hai ng thng ( d1 ) : x y- 1 z+ 1 = = ; 2 1 - 1 ỡ x =1+ t ù ù ù ù ( d 2 ) : ù y = - 1 - 2t ớ ù ù ùz=2+ t ù ù ợ Vit phng trỡnh mt phng (P) qua A, ng thi song song vi ( d 1 ) v ( d 2 ) Tỡm ta cỏc im M trờn Tuyn tp 17 b v ỏp ỏn thi th i hc mụn Toỏn ( d 1 ) , N trờn ( d 2 ) sao cho ba im A, M, N thng hng Cõu VII.a (1,0 im) Xột mt s gm 9 ch s, trong ú cú 5 ch s 1 v 4 ch s cũn li l : 2, 3, . ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 0,50 Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG- ĐỀ SỐ 3 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN. <  ÷ + + + + + +   0,50 Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-CAO ĐẲNG- Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC. x x π π > + ∫ Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 3 Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 1,00 Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn Toán Khi m = 1 ta có 3 2 3 1y x x= + − + MXĐ: D = ¡ 0,25 + Sự biến thi n: • Giới
- Xem thêm -

Xem thêm: Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn toán, Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn toán, Tuyển tập 17 bộ đề và đáp án thi thử đại học môn toán

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay