Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 195

TRƯỜNG THPT THANH OAI B KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012
Đề thi thử lần 1
(Tháng 01 năm 2012)
	 Môn: Toán. Khối A, B.
	 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu I. (2 điểm)	Cho hàm số 
	1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 2.
	2) Tìm m để hàm số có cực đại mà không có cực tiểu.
Câu II. (2 điểm)
	1) Giải bất phương trình: (x Î R)
	2) Giải phương trình: 
Câu III. (2 điểm) 
	Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. 
1) Tính thể tích khối tứ diện OAB'D'.
2) Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OAB'D'. Tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng (AB'D').
Câu IV: (1 điểm)	
	Tính giới hạn sau: 
Câu V. (1 điểm) 	
	Cho x, y là các số thực thoả mãn: x2 + y2 – xy = 4. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x2 + y2.
Câu VI. (1 điểm) 
	Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho các điểm I(1; −1), M(2; 3), N(5; 0). Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD sao cho I là tâm của hình vuông, M thuộc cạnh AB và N thuộc cạnh BC.
Câu VII. (1 điểm) 
	Giải phương trình: 	(x Î R)
---------- HẾT ----------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.; Số báo danh:..
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI AB LẦN 1
NĂM HỌC 2011 - 2012
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
I 
(2đ)
I. Cho hàm số 
1
(1đ)
1. Khi m = 2, hàm số có dạng: y = x4 - 6x2 + 5
* TXĐ: R
* Sự biến thiên
+ Giới hạn và tiệm cận: 
+ Đạo hàm và nghiệm đạo hàm: y’ = 4x3 - 12x = 0 Û x = 0, x = 
+ BBT :
x
- ¥ 0 + ¥ 
y’
 - 0 + 0 - 0 +
y
+ ¥ 5 + ¥ 
 - 4 - 4
+ Hàm số đồng biến trên: (-; 0) và (; +¥) ; nghịch biến trên: (-¥; -) và (0; )
+ Hàm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = 5; đạt CT tại xCT = , yCT = -4
* Đồ thị:
+ y” = 12x2 - 12 = 0 Û x = 1; Điểm uốn (1; 0)
+ Đồ thị nhận Oy là trục đối xứng.
0,25
0,25
0,25
0,25
2
(1đ)
+ Nếu m = 1, hàm số trở thành y = -3x2 + 5 Þ HS có 1 cực đại, không có cực tiểu (tm).
+ Với m ≠ 1, ta có y’ = 4(m - 1)x3 – 6mx = 2x[2(m - 1)x2 – 3m]
HS chỉ có cực đại, không có cực tiểu khi 
Vậy Hàm số chỉ có cực đại khi 0 ≤ m ≤ 1.
0,25
0,75
II
(2đ)
1
(1đ)
 Giải bất phương trình: (x Î R)
ĐK: x ≠ 2
* Nếu x > 2, BPT Û 
Û x2 – x + 4 > 25x2 – 30x + 9 (vì x > 2 Þ 5x – 3 > 0)
Û 24x2 – 29x + 5 < 0 Û 5/24 < x < 1 (loại)
* Nếu x < 2, BPT Û 
Û 
Kết hợp với điều kiện x < 2, BPT có nghiệm .
0,5
0,5
2
(1đ)
Giải phương trình: 
ĐK: sinx ≠ 0.
PT Û 
Û 
Û 
Û cosx = 1 (loại), 
0,25
0,25
0,25
0,25
III
(2đ)
 Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. 
1) Tính thể tích khối tứ diện OAB'D'.
Cách 1. Ta có:
Gọi O' là trung điểm của B'D' Þ OO' ^ B'D', OO' = a.
Þ Diện tích DOB'D' là: 
Ta có OA ^ (BB'D'D) hay OA ^ (OB'D')
Þ Thể tích khối tứ diện OAB'D' là:
Cách 2.
+ Ta có: A'C ^ (AB'D') và A'C đi qua trọng tâm G của DAB'D'.
+ Dễ tính: 
Vì DAB'D' đều, có cạnh bằng nên có
. Từ đó ta có: 
0,5
0,5
2) Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OAB'D'. Tính khoảng cách từ I đến mp(AB'D').
Cách 1. 
Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp DOB'D'.
Dựng trục Hx ^ mp(OB'D') Þ Hx // AC
Trong mặt phẳng (AA'C'C), dựng đường trung trực Ey của OA, Ey cắt Hx tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OAB'D'.
Ta có: EI // AA' Þ 
Ta có OHIE là hình chữ nhật Þ Bán kính đường tròn ngoại tiếp DOB'D' là 
Þ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OAB'D' là: 
Vì DAB'D' đều, có cạnh bằng Þ B.Kính đường tròn ngoại tiếp DAB'D' là 
NX: mặt cầu ngoại tiếp OAB'D' cắt mp(AB'D') theo giao tuyến là đường tròn ngoại tiếp DAB'D'
Þ Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (AB'D') là: 
Cách 2
+ Ta có: A'C ^ (AB'D') và A'C đi qua trọng tâm G của DAB'D'
Vì Þ DAB'D' là D đều Þ G là tâm đường tròn ngoại tiếp DAB'D'
+ Trong mp(AA'C'C), dựng đường trung trực Ey của OA, Ey cắt A'C tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OAB'D'.
+ Ta có: EI // AA' Þ 
Þ Bán kính mặt cầu: 
Vì DAB'D' đều, có cạnh bằng Þ B.Kính đường tròn ngoại tiếp DAB'D' là 
NX: mặt cầu ngoại tiếp OAB'D' cắt mp(AB'D') theo giao tuyến là đường tròn ngoại tiếp DAB'D'
Þ Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (AB'D') là: 
0,25
0,25
0,25
0,25
IV
(1đ)
Tính giới hạn sau: 
Ta có: 
+ 
+ 
+ ; .
Þ 
0,5
0,5
V
(1đ)
Cho x, y là các số thực thoả mãn: x2 + y2 – xy = 4. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức A = x2 + y2.
Cách 1:
Xét hệ phương trình: (I)
Đặt S = x + y, P = xy (S2 ≥ 4P) 
Hệ PT trở thành: (II)
Hệ (I) có nghiệm khi hệ (II) có nghiệm thoả mãn S2 ≥ 4P Û 
Vậy GTLN của A bằng 8 khi , 
 GTNN của A bằng khi hoặc 
Cách 2:
+) Ta có 
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 
+) Ta có 
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 
Vậy GTLN của A bằng 8 khi , 
 GTNN của A bằng khi hoặc 
0,5
0,5
VI.
(1đ)
 Cho I(1; −1), M(2; 3), N(5; 0). Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD sao cho I là tâm của hình vuông, M thuộc cạnh AB và N thuộc cạnh BC.
+ Vì M thuộc cạnh AB, N thuộc cạnh BC và AB ^ BC nên PT 2 cạnh AB và BC lần lượt là: 
a(x - 2) + b(y - 3) = 0 và b(x - 5) - ay = 0 với a2 + b2 ≠ 0
+ Vì I là tâm của hình vuông nên 
Û 
+ Với a = 0, PT cạnh AB: y - 3 = 0, PT cạnh BC: x - 5 = 0 Þ B(5; 3) 
Ta có I là trung điểm của BD nên D(- 3; - 5)
PT cạnh AD: x + 3 = 0 Þ A(-3; 3) Þ C(5; -5) (vì I là trung điểm AC)
+ Với b = 0, PT cạnh AB: x – 2 = 0, PT cạnh BC: y = 0 Þ B(2; 0) Þ D(0; -2)
PT cạnh AD: y + 2 = 0 Þ A(2; -2) Þ C(0; 0).
0,25
0,25
0,25
0,25
VII.
(1đ)
Giải phương trình: 	(x Î R)
ĐK: x > - 2, x ≠ 2.
PT Û 
+ Với x > 2: PT Û x3 + 8 = (x + 8)(x –2) Û x3 – x2 – 6 x + 24 = 0.
Xét hàm số f(x) = x3 – x2 – 6 x + 24, x Î (2; +∞)
Ta có f’(x) = 3x2 – 2x – 6 > 0, "x Î (2; +∞) 
Þ f(x) đồng biến trên (2; +∞) Þ f(x) > f(2) = 16, "x Î (2; +∞) Þ PT vô nghiệm.
+ Với –2 < x < 2, PT Û x3 + 8 = –(x + 8)(x – 2) Û x3 + x2 + 6 x – 8 = 0 Û x = 1.
0,5
0,25
0,25
Mọi cách giải khác có lập luận chặt chẽ và kết quả đúng đều cho điểm tối đa.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 	 KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012
Đề thi thử lần 1
(Tháng 01 năm 2012)
	 Môn: Toán. Khối D.
	 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu I. (2 điểm)	Cho hàm số 
	1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 2.
	2) Tìm m để hàm số có cực đại mà không có cực tiểu.
Câu II. (2 điểm)
1) Giải phương trình: 
2) Giải phương trình : (x Î R)
Câu III. (2 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật ABCD với AB = 2a, BC = a. Các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a .
1) Tính thể tích của hình chóp S.ABCD
2) Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
Câu IV. (1 điểm)
	Tính giới hạn sau: 
Câu V. (1 điểm)
	Cho x, y là hai số thực không âm thỏa mãn: . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 
Câu VI. (1 điểm)
	Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho A(-1; 2) và B(3; 4). Tìm điểm C trên đường thẳng (d): x –2y +1 = 0 sao cho tam giác ABC vuông tại C .
Câu VII. (1 điểm)
Giải hệ phương trình: 	(x, y Î R)
---------- HẾT ----------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.; Số báo danh:..
Thời gian thi thử lần 2: ngày 17, 18/3/2012
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI D LẦN 1
NĂM HỌC 2011 - 2012
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
I 
(2đ)
I. Cho hàm số 
1
(1đ)
1. Khi m = 2, hàm số có dạng: y = x4 - 6x2 + 5
+ TXĐ: R
+ Giới hạn và tiệm cận: 
+ Đạo hàm và nghiệm đạo hàm: y’ = 4x3 - 12x = 0 Û x = 0, x = 
+ BBT :
x
- ¥ 0 + ¥ 
y’
 - 0 + 0 - 0 +
y
+ ¥ 5 + ¥ 
 - 4 - 4
+ Hàm số đồng biến trên: (-; 0) và (; +¥) ; Hàm số nghịch biến trên: (-¥; -) và (0; )
+ Hàm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = 5; đạt CT tại xCT = , yCT = -4
+ y” = 12x2 - 12 = 0 Û x = 1; Điểm uốn (1; 0)
+ Đồ thị nhận Oy là trục đối xứng.
2
(1đ)
+ Nếu m = 1, hàm số trở thành y = -3x2 + 5 Þ HS có 1 cực đại, không có cực tiểu (tm).
+ Với m ≠ 1, ta có y’ = 4(m - 1)x3 – 6mx = 2x[2(m - 1)x2 – 3m]
HS chỉ có cực đại, không có cực tiểu khi 
Vậy Hàm số chỉ có cực đại khi 0 ≤ m ≤ 1.
0,25
0,75
II
(2đ)
1
(1đ)
 Giải phương trình: (x Î R)
ĐK: - 1 ≤ x ≤ 3
Đặt 
PT trở thành: 
Þ
Vậy PT đã cho có 2 nghiệm x = - 1 và x = 3.
2
(1đ)
Giải phương trình: 
PT Û 
Û 2(sinx - cosx) - sinxcosx - 2 = 0 
Đặt t = sinx - cosx, 
Þ t2 = 1 - 2sinxcosx Û 
PT trở thành: Û t = - 5 (loại), t = 1.
Với t = 1, ta có: sinx - cosx = 1 Û 
III
(2đ)
 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật ABCD với AB = 2a, BC = a. Các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a.
1) Tính thể tích của hình chóp S.ABCD
Gọi O = AC Ç BD 
Ta có: SO ^ AC, SO ^ BD Þ SO ^ (ABCD).
Ta có: 
Diện tích ABCD: AB.BC = 2a2.
Þ Thể tích hình chóp S.ABCD: 
2) Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
Ta có O là tâm đường tròn ngoại tiếp DABC, SO ^ (ABCD).
Gọi E là trung điểm của SB.
Trong mặt phẳng (SBD), dựng đường trung trực Ey của SB, Ey cắt SB tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC, bán kính R = SI.
Ta có DSEI đồng dạng với DSOB Þ .
Þ Diện tích mặt cầu ngoại tiếp S.ABC: 
IV
(1đ)
Tính giới hạn sau: 
Ta có: 
=
Ta có: ; 
Þ 
V
(1đ)
Cho x, y là hai số thực không âm thỏa mãn: . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 
Đặt t = x + y (t ≥ 0) Þ t2 = x2 + y2 + 2xy = 2 + 2xy.
Vì x, y ≥ 0 nên t2 ≥ 2 Þ 
Mặt khác ta có: 2xy ≤ x2 + y2 = 2 Þ t2 ≤ 4 Þ t ≤ 2 Þ 
Ta có: , P = 
Þ 
Xét hàm số : 
Ta có f'(t) = -3t2 - 3t + 6, f'(t) = 0 Û t = 1, t = -2 Þ f'(t) < 0, 
Þ f(t) nghịch biến trên Þ 
+ f(t) = 1 khi t = 2 Û x = y = 1, hoặc 
Vậy GTLN của P bằng khi hoặc ; 
 GTNN của P bằng 1 khi x = y = 1.
VI.
(1đ)
Cho A(-1; 2) và B(3; 4). Tìm điểm C trên đường thẳng (d): x – 2y + 1 = 0 sao cho tam giác ABC vuông tại C .
Giả sử C(x; y), ta có: 
Vậy có 2 điểm C thỏa mãn ycbt là và 
VII.
(1đ)
Giải hệ phương trình: 	(x, y Î R)
ĐK: x > 0; y > 0; y > x; y ≠ 1; xy ≠ 1.
+ PT (1) Û 
Đặt .
PT trở thành: 
Với t = 0 Þ x = 1
+ PT (2) Û y – x = 2 Û y = x + 2 = 3
Vây hệ có nghiệm duy nhất (1; 3)