WWW.VNMATH.COM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 76 ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 3 2 y x x     (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2) Tìm trên đường thẳng (d): y = 2 các điểm mà từ đó có thể kẻ được ba tiếp tuyến đến đồ thị (C). Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: x x x x x 2 2 3 1 3 2 2 5 3 16         . 2) Giải phương trình: x x x x 3 2 2cos2 sin2 cos 4sin 0 4 4                    . Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I x x x x dx 2 4 4 6 6 0 (sin cos )(sin cos )      . Câu IV (2 điểm) Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại B có AB = a, BC = a 3 , SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên các cạnh SB và SC. Tính thể tích của khối chóp A.BCNM. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c, d là các số dương. Chứng minh rằng: abcd a b c abcd b c d abcd c d a abcd d a b abcd 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 1 1 1 1 1                 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) A. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, gọi A, B là các giao điểm của đường thẳng (d): 2x – y – 5 = 0 và đường tròn (C’): 2 2 20 50 0 x y x     . Hãy viết phương trình đường tròn (C) đi qua ba điểm A, B, C(1; 1). 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4; 5; 6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, cắt các trục tọa độ lần lượt tại I, J, K mà A là trực tâm của tam giác IJK. Câu VII.a (1 điểm) Chứng minh rằng nếu n a bi (c di )    thì 2 2 2 2 n a b c d ( )    . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 3 2 , A(2; – 3), B(3; –2), trọng tâm của ABC nằm trên đường thẳng (d): 3x – y –8 = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0). Chứng minh các đường thẳng AB và CD chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳng Oxy và cắt các đường thẳng AB, CD. Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình: x y x x y x xy y y x y 2 2 4 4 4 2 4 4 4 log ( ) log (2 ) 1 log ( 3 ) log ( 1) log (4 2 2 4) log 1                        Ta mong được làm mây dạo bay khắp nơi lạc chốn phiêu bồng Ta không màng lợi danh trần gian thế nhân đầy những lọc lừa. WWW.VNMATH.COM Nơi chân trời đời ta như cánh én hòa cùng mây trời gió mát, Chẳng nghĩ đến chi bao phiền lo Đáp án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN (ĐỀ 76) Câu I: 2) Gọi M(m; 2)  d. Phương trình đường thẳng  qua M có dạng: 2 y k x m ( )    . Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến với (C)  Hệ phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: x x k x m x x k 3 2 2 3 2 ( ) 2 (1) 3 6 (2)                m hoaëc m m 5 1 3 2          Câu II: 1) Đặt t x x 2 3 1     > 0. (2)  x 3  2) 2)  4 2 4 0 x x x x x(sin cos ) (cos sin ) sin           x k 4      ; x k x k 3 2 ; 2 2       Câu III: x x x x 4 4 6 6 (sin cos )(sin cos )   x x 33 7 3 cos4 cos8 64 16 64     I 33 128   Câu IV: Đặt V 1 =V S.AMN ; V 2 =V A BCNM ; V=V S.ABC ; V SM SN SM (1) V SB SC SB 1 1 . . 2   4a SM AM a SM= SB 2 4 ; 5 5 5     V V V V (2) V V 1 2 2 2 3 3 5 5 5      ABC a V S SA 3 1 . 3 . 3 3     a V 3 2 . 3 5  Câu V: a b a b (1); b c b c (2); c a c a (3) 4 4 2 2 4 4 2 2 4 4 2 2 2 2 2       a b c abc a b c a b c abcd abc a b c d 4 4 4 4 4 4 ( ) ( )              (4) abc a b c d a b c abcd 4 4 4 1 1 ( )          đpcm. Câu VI.a: 1) A(3; 1), B(5; 5)  (C): 2 2 4 8 10 0 x y x y      2) Gọi I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c)  ( ) : 1    x y z P a b c (4 ;5;6), (4;5 ;6) (0; ; ), ( ;0; ) IA a JA b JK b c IK a c              4 5 6 1 5 6 0 4 6 0                 a b c b c a c  77 4 77 5 77 6 a b c             Câu VII.a: a + bi = (c + di) n  |a + bi| = |(c + di) n |  |a + bi| 2 = |(c + di) n | 2 = |(c + di)| 2n  a 2 + b 2 = (c 2 + d 2 ) n Câu VI.b: 1) Tìm được C (1; 1) 1  , C 2 ( 2; 10)   . + Với C 1 (1; 1)   (C): 11 11 16 0 3 3 3 2 2 x y x y       + Với C 2 ( 2; 10)    (C): 91 91 416 0 3 3 3 2 2 x y x y       WWW.VNMATH.COM Ta mong c lm mõy do bay khp ni lc chn phiờu bng Ta khụng mng li danh trn gian th nhõn y nhng lc la. Ni chõn tri i ta nh cỏnh ộn hũa cựng mõy tri giú mỏt, Chng ngh n chi bao phin lo 2) Gi (P) l mt phng qua AB v (P) (Oxy) (P): 5x 4y = 0 (Q) l mt phng qua CD v (Q) (Oxy) (Q): 2x + 3y 6 = 0 Ta cú (D) = (P)(Q) Phng trỡnh ca (D) Cõu VII.b: x x=2 vụựi >0 tuyứ yựvaứ y y=1 THI TH I HC, CAO NG 2012 Mụn thi : TON ( 77) I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im) Câu I (2 điểm). Cho hàm số 2 12 x x y có đồ thị là (C) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2.Chứng minh đờng thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1.Giải phơng trình 9sinx + 6cosx 3sin2x + cos2x = 8 2 .Tớnh tớch phõn: 3 2 0 2 1 1 x x I dx x . Câu III (2 điểm). 1.Gii bt phng trỡnh: 2 10 5 10 2 x x x 2.Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A 1 B 1 C 1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 30 0 . Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A 1 B 1 C 1 ) thuộc đờng thẳng B 1 C 1 . Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng AA 1 và B 1 C 1 theo a. II. PHN RIấNG (3.0 im) Câu Va 1.(2 điểm)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình (x-1) 2 + (y+2) 2 = 9 và đờng thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. 2.(1 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ. WWW.VNMATH.COM Câu Vb 1 (2 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng trình 3 1 1 2 1 zyx . Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. 2.(1 điểm) Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a 2009 + b 2009 + c 2009 = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a 4 + b 4 + c 4 Ht Ta mong c lm mõy do bay khp ni lc chn phiờu bng Ta khụng mng li danh trn gian th nhõn y nhng lc la. Ni chõn tri i ta nh cỏnh ộn hũa cựng mõy tri giú mỏt, Chng ngh n chi bao phin lo WWW.VNMATH.COM ỏpỏn THI TH I HC, CAO NG Mụn thi : TON ( 77 ) I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im) CõuI:)(2 điểm) 1) a.TXĐ: D = R\{-2} b.Chiều biến thiên +Giới hạn: 22 lim;lim;2limlim xx xx yyyy Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2 + Dx x y 0 )2( 3 ' 2 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )2;( và );2( +Bảng biến thiên x - 2 y + + 2 y 2 c.Đồ thị:Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0; 2 1 ) và cắt trục Ox tại điểm( 2 1 ;0) Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng 2)Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đờng thẳng d là nghiệm của phơng trình )1(021)4( 2 2 12 2 mxmx x mx x x Do (1) có mmmvam 0321)2).(4()2(01 22 nên đờng thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt x y O 2 -2 WWW.VNMATH.COM A, B Ta có y A = m x A ; y B = m x B nên AB 2 = (x A x B ) 2 + (y A y B ) 2 = 2(m 2 + 12) suy ra AB ngắn nhất AB 2 nhỏ nhất m = 0. Khi đó 24AB Cõu II:)(2 điểm) 1)(1 điểm).Phơng trình đã cho tơng đơng với 9sinx + 6cosx 6sinx.cosx + 1 2sin 2 x = 8 6cosx(1 sinx) (2sin 2 x 9sinx + 7) = 0 6cosx(1 sinx) (sinx 1)(2sinx 7) = 0 (1- sinx)(6cosx + 2sinx 7) = 0 )(07sin2cos6 0sin1 VNxx x 2 2 kx 2) (1 điểm).Tớnh: 3 2 0 2 1 1 x x I dx x t 2 1 1 x t x t => dx=2tdt; khi x=0=>t=1,x=3=>t=2 2 2 2 2 2 5 4 2 3 2 1 1 1 2 1 1 1 4 128 4 124 54 2 =2 2 3 2 = 16 2 14 5 5 5 5 5 t t t I tdt t t dt t t Câu III (2 điểm). 1(1 điểm) BG: Gii bt phng trỡnh: 2 10 5 10 2 x x x (1) iu kin: 2 x 2 1 2 10 2 5 10 2 6 20 1(2) x x x x x x Khi 2 x => x+1>0 bỡnh phng 2 v phng trỡnh (2) 2 2 2 (2) 2 6 20 2 1 4 11 0 x ; 7 3;x x x x x x Kt hp iu kin vy nghim ca bt phng trỡnh l: 3 x 2. (1 điểm).Từ giả thiết bài toán ta thấy có 10 2 5 C cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0 đứng đầu) và 3 5 C =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có 2 5 C . 3 5 C = 100 bộ 5 số đợc chọn. Mỗi bộ 5 số nh thế có 5! số đợc thành lập => có tất cả 2 4 C . 3 5 C .5! = 12000 số. Mặt khác số các số đợc lập nh trên mà có chữ số 0 đứng đầu là 960!4 3 5 1 4 CC . Vậy có tất cả 12000 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán II.Phần riêng.(3im) Câu Va : 1)(2 điểm)Từ pt ct của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn và ACAB => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 23 IA 7 5 6123 2 1 m m m m WWW.VNMATH.COM 2. (1 điểm)Từ giả thiết bài toán ta thấy có 6 2 4 C cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và 10 2 5 C cách chọn 2 chữ số lẽ => có 2 4 C . 2 5 C = 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán Mỗi bộ 4 số nh thế có 4! số đợc thành lập. Vậy có tất cả 2 4 C . 2 5 C .4! = 1440 số Câu Vb 1)(2 điểm)Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HI AH => HI lớn nhất khi I A Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến )31;;21( tttHdH vì H là hình chiếu của A trên d nên )3;1;2((0. uuAHdAH là vtcp của d) )5;1;7()4;1;3( AHH Vậy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0) 2). (1 điểm)áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số 1 và 4 số a 2009 ta có )1(.2009 20091 11 4 2009 20092009200920092009200920092009 2005 aaaaaaaaa Tơng tự ta có )2(.2009 20091 11 4 2009 20092009200920092009200920092009 2005 bbbbbbbbb )3(.2009 20091 11 4 2009 20092009200920092009200920092009 2005 ccccccccc Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đợc )(20096027 )(2009)(46015 444 444200920092009 cba cbacba Từ đó suy ra 3 444 cbaP Mặt khác tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3. Ht WWW.VNMATH.COM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 78) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y =  x 3  3x 2 + mx + 4, trong đó m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho, với m = 0. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + ). Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3 (2cos 2 x + cosx – 2) + (3 – 2cosx)sinx = 0 2. Giải phương trình: 2 2 4 1 2 log (x 2) log (x 5) log 8 0      Câu III. (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x e 1  , trục hoành và hai đường thẳng x = ln3, x = ln8. Câu VI. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = SB = a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Câu V. (1,0 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 x (y z) y (z x) z (x y) P yz zx xz       II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x 2 + y 2 – 6x + 5 = 0. Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60 0 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d có phương trình: x 1 2t y 1 t z t             Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với đường thẳng d. Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm hệ số của x 2 trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = (x 2 + x – 1) 6 2. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x 2 + y 2 – 6x + 5 = 0. Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60 0 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d có phương trình: x 1 y 1 z 2 1 1      . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với đường thẳng d. Câu VIIb. (1,0 điểm) Tìm hệ số của x 3 trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = (x 2 + x – 1) 5 ……………………Hết…………………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG WWW.VNMATH.COM Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 78 ) Câu Đáp án Điểm 1. (1,25 điểm) Với m = 0, ta có hàm số y = – x 3 – 3x 2 + 4 Tập xác định: D =  Sự biến thiên:  Chiều biến thiên: y’ = – 3x 2 – 6x, y’ = 0  x 2 x 0       y’ < 0  x 2 x 0       y’ > 0  – 2 < x < 0 Do đó: + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (  ;  2) và (0 ; + ) + Hàm số đồng biến trên khoảng ( 2 ; 0) 0,50  Cực trị: + Hàm số y đạt cực tiểu tại x = – 2 và y CT = y(–2) = 0; + Hàm số y đạt cực đại tại x = 0 và y CĐ = y(0) = 4.  Giới hạn: x x lim , lim       0,25  Bảng biến thiên: 0,25  Đồ thị: Đổ thị cắt trục tung tại điểm (0 ; 4), cắt trục hoành tại điểm (1 ; 0) và tiếp xúc với trục hoành tại điểm ( 2 ; 0) 0,25 2. (0,75 điểm) Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + )  y’ = – 3x 2 – 6x + m  0,  x > 0  3x 2 + 6x  m,  x > 0 (*) 0,25 I (2,0 điểm) Ta có bảng biến thiên của hàm số y = 3x 2 + 6x trên (0 ; + ) Từ đó ta được : (*)  m  0. 0,50 1. (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với phương trình :    3 sin x 2sin x 3 3sin x cos x 0 2 3sin x cosx 0             0,50 II (2,0 điểm) n x ( 1) n , n 3 x k , k 6                      0,50 x y  0  0 x y' y     2  0 0 0 0 4    4 3  2  O 1 y x WWW.VNMATH.COM Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) Điều kiện: x > – 2 và x  5 (*) Với điều kiện đó, ta có phương trình đã cho tương đương với phương trình: 2 2 2 2 log (x 2) x 5 log 8 (x 2) x 5 8 (x 3x 18)(x 3x 2) 0                  0,50 2 2 x 3x 18 0 3 17 x 3; x 6; x 2 x 3x 2 0                  Đối chiếu với điều kiện (*), ta được tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là: x 6  và 3 17 x 2   0,50 Kí hiệu S là diện tích cần tính. Vì ln8 x x ln3 e 1 0 x [ln3 ; ln8] nên S e 1dx        0,25 Đặt x e 1  = t, ta có 2 2tdt dx t 1   Khi x = ln3 thì t = 2, và khi x = ln8 thì t = 3 0,25 III (1,0 điểm) Vì vậy: 3 3 3 3 3 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2t dt dt dt dt 3 S 2 dt 2 2 ln t 1 ln t 1 2 ln t 1 t 1 t 1 t 1 2                             0,50 Do SA = SB = AB (= a) nên SAB là tam giác đều. Gọi G và I tương ứng là tâm của tam giác đều SAB và tâm của hình vuông ABCD. Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD. Ta có OG  (SAB) và OI  (ABCD). 0,50 Suy ra: + OG = IH = a 2 , trong đó H là trung điểm của AB. + Tam giác OGA vuông tại G. 0,25 IV (1,0 điểm) Kí hiệu R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD, ta có: 2 2 2 2 a 3a a 21 R OA OG GA 4 9 6       0,25 Ta có : 2 2 2 2 2 2 x x y y z z P y z z x x y       (*) Nhận thấy : x 2 + y 2 – xy  xy x, y   Do đó : x 3 + y 3  xy(x + y) x, y > 0 hay 2 2 x y x y y x    x, y > 0 0,50 V (1,0 điểm) Tương tự, ta có : 2 2 y z y z z y    y, z > 0 2 2 z x z x x z    x, z > 0 Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được: P  2(x + y + z) = 2 x, y, z > 0 và x + y + z = 1 Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = 1 3 . Vì vậy, minP = 2. 0,50 1. (1,0 điểm) Viết lại phương trình của (C) dưới dạng: (x – 3) 2 + y 2 = 4. Từ đó, (C) có tâm I(3 ; 0) và bán kính R = 2 0,25 VI.a (2,0 điểm) Suy ra trục tung không có điểm chung với đường tròn (C). Vì vậy, qua một điểm bất kì trên tục tung luôn kẻ được hai tiếp tuyến của (C). 0,25 A B C D H G O I S [...]... với SC Tính diện tích thi t diện tạo bởi mặt phẳng (P) và hình chóp  Học sinh tự vẽ hình  Để dựng thi t diện, ta kẻ AC'  SC Gọi I  AC'  SO  Kẻ B' D' // BD Ta có S AD' C' B' 1 1 2 a 3 a2 3  B' D' AC'  BD  2 2 3 2 6 0,25 0,25 0,5 WWW.VNMATH.COM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 80 ) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y  2x  4 (C ) x 1 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C)... diện tích thi t diện tạo bởi mặt phẳng (P) và hình chóp Hết đề … Họ và tên thí sinh: ……… …………… ; Số báo danh: Ta mong được làm mây dạo bay khắp nơi lạc chốn phiêu bồng Ta khơng màng lợi danh trần gian thế nhân đầy những lọc lừa Nơi chân trời đời ta như cánh én hòa cùng mây trời gió mát, Chẳng nghĩ đến chi bao phiền lo ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Mơn thi : TỐN... ……………………………………………….Hết………………………………… Ta mong được làm mây dạo bay khắp nơi lạc chốn phiêu bồng Ta khơng màng lợi danh trần gian thế nhân đầy những lọc lừa Nơi chân trời đời ta như cánh én hòa cùng mây trời gió mát, Chẳng nghĩ đến chi bao phiền lo (nhớ cảm ơn tớ nhé :ronoa rozo) WWW.VNMATH.COM ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 80 ) Câu Ý Nội dung I 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của... ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 79 ) 2 điểm Câu I a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số y  x3  3 x 2  2 0,25  Tập xác định: Hàm số có tập xác định D  R x  0 x  2  Sự biến thi n: y'  3 x 2  6 x Ta có y'  0    yCD  y  0   2; yCT  y  2   2 0,25  Bảng biến thi n: 0,25 x 0  2  y' y   0     Đồ thị: 0 2 2 0,25 WWW.VNMATH.COM y 3 2 1 x... sin 2 a  a   0;    Vậy min f  t   f t1; 2    2    1 1 2 khi x  y  Hay min T  2 khi x  y  2 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 81 ) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hµm sè y=-x3+3x2-2 (C) 1 Kh¶o s¸t sù biÕn thi n vµ vÏ ®å thÞ (C) 2 T×m trªn ®­êng th¼ng (d): y=2 c¸c ®iĨm kỴ ®­ỵc ba tiÕp tun ®Õn ®å thÞ (C ) Câu II (2,0 điểm) x2...  x 2  y 2  25  1 1 ( x, y  ) -Hết Ta mong được làm mây dạo bay khắp nơi lạc chốn phiêu bồng Ta khơng màng lợi danh trần gian thế nhân đầy những lọc lừa Nơi chân trời đời ta như cánh én hòa cùng mây trời gió mát, Chẳng nghĩ đến chi bao phiền lo z  3  WWW.VNMATH.COM ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Câu Ý Nội dung Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 81 ) Điểm WWW.VNMATH.COM 1 *Tập xác định:... sinh làm bài khơng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định Hết WWW.VNMATH.COM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 82-k ) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = 2x x 1 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số 2 Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A,B và đoạn AB... G(1;3) Tìm tọa độ các điểm B thu c d1 và C thu c d2 sao cho tam giác ABC nhận điểm G làm trọng tâm Biết A là giao điểm của hai đường thẳng d1 và d 2 2 Trong khơng gian Oxyz, hãy lập phương trình mặt phẳng (  ) đi qua điểm M(3;2;1) và cắt ba tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại ba điểm A, B, C sao cho thể tích khối tứ diện OABC có giá trị nhỏ nhất ………………………………………… Hết……………………………… Ta mong được làm mây dạo bay khắp... Tìm dạng lượng giác số phức z biết |z| =2010 và có một gumen là  1 i 4 2) Trong khơng gian Oxyz cho đường thẳng  : ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 84 ) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8 điểm) Câu I: (2đ) Cho hàm số: y  x 4  (m 2  10) x 2  9 1.Khảo sát sự bthiên và vẽ đồ thị của hàm số ứng với m = 0 2)Tìm m để đồ thị của hsố cắt trục hồnh tại 4 điểm pbiệt x1 , x2 , x3 , x4 thỏa...   1      1  27 27 x 3  y y y y y  3 3 3  3x 3x 3 x       Vây Pmin = 256 khi x = 3 và y = 9 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 85 ) A PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm): Câu I(2.0 điểm) Cho hàm số y  x 4  (m  1) x 2  m (Cm) 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2 2 Tìm m để (Cm) cắt Ox tại bốn điểm phân biệt tạo thành ba đoạn thẳng có độ dài . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 80 ) Câu Ý Nội dung Điểm I 2 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm) -Tập xác định: R{-1} -Sự biến thi n:. THI TH I HC, CAO NG 2012 Mụn thi : TON ( 77) I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im) Câu I (2 điểm). Cho hàm số 2 12 x x y có đồ thị là (C) 1.Khảo sát sự biến thi n và vẽ. WWW.VNMATH.COM ỏpỏn THI TH I HC, CAO NG Mụn thi : TON ( 77 ) I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im) CõuI:)(2 điểm) 1) a.TXĐ: D = R{-2} b.Chiều biến thi n +Giới hạn: 22 lim;lim;2limlim xx xx yyyy