Tuyển tập 100 đề thi thử THPT Quốc gia Môn Toán Năm 2016 - Phần 3  (Bấm vào liên kết phía dưới để tải xuống)

Bộ đề thi thử THPT quốc gia năm 2016 Phần 3 gồm cả đề và hướng dẫn giải. Phần này giới thiệu đề của 20 trường, gồm: Trần Phú – Hà Tĩnh, Nghèn - Hà Tĩnh, Núi Thành - Quảng Nam, Phan Thúc Trực - Nghệ An, Marie Curie - TP Hồ Chí Minh, Hùng Vương - Bình Phước (lần 1), Hùng Vương - Bình Phước (lần 2), Đa Phúc - Hà Nội, Kẻ Sặt - Hải Dương, Trần Nhân Tông - Quảng Nam, Quỳnh Lưu - Thanh Hóa, Lê Lợi - Thanh Hóa, Nguyễn Viết Xuân - Phú Yên, Đồng Đậu - Vĩnh Phúc (lần 2), Lý Tự Trọng - Nam Định, Hồng Lĩnh - Hà Tĩnh, Lương Tài 2 - Bắc Ninh, Như Xuân - Thanh Hóa, Hồng Quang - Hải Dương, Tĩnh Gia 1 - Thanh Hóa. Các bạn có thể tải về miễn phí tham khảo.

SỞ GD - ĐT HÀ TĨNH KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 41
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ Môn thi : TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề
--------oO o--------

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y(1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
4 2
b) Tìm m để phương trình có đúng 2 nghiệm.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình
b) Giải phương trình
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho góc
b) Tìm số hạng trong khai triển nhị thức Niutơn , mà tổng số mũ của x và y trong số hạng đó bằng 15, biết n
Câu 4 (1,0 điểm). Cho hàm số y (m hằng số). Tìm để khoảng cách từ giao điểm hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số đến đường thẳng d : y  x  2 bằng 2 .
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình
b) Có 30 tấm thẻ được đánh số thứ tự từ số 1 đến số 30 mỗi tấm một số. Chọn ngẫu nhiên 10 tấm
thẻ. Tính xác suất để chọn được 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có đúng 1
tấm thẻ mang số chia hết cho 10.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC . A ' B ' C ' có đáy AB C là tam giác vuông tại A , cạnh AB  3 a ,
BC  5 a . Hình chiếu vuông góc của điểm B ' trên mặt phẳng AB C là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Góc giữa hai mặt phẳng ABB ' A ' và mặt phẳng ABC bằng 6 0 . Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách từ điểm B ' đến mặt phẳng
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân AB CD ( AB / / C D ) có đỉnh
A 2 ; - 1 . Giao điểm hai đường chéo AC và B D là điểm I 1 ; 2 . Đường tròn ngoại tiếp tam giác

ADI có tâm là E. Biết đường thẳng BC đi qua điểm M 9 ;  6 . Tìm tọa độ đỉnh B , D biết điểm B có tung độ nhỏ hơn 3.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình .

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 
-------HẾT------------------
Cảm ơn thầy Nguyễn Thế Anh (theanhchc@gmail.com) GV THPT Cù Huy Cận , Hà Tỉnh đã chia sẻ đến
www.laisac.page.tl

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 42
SỞ GDĐT HÀ TĨNH KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 - LẦN 1
Thời gian làm bài 180 phút
TRƯỜNG THPT NGHÈN MÔN THI: TOÁN
--------oO o--------
(Đề chính thức) Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
x 1
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y 
x  2
Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số:
3 2

y  x  3x  2

Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình
x x
a) 2.9  7.3  3  0
b) log x  2  log 2  x  log 3x  0 .
 
1 3
3
3
2
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
I  2x 1  ln x dx
 

1

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 2 điểm A 2;0;1 , B 1;1;2 và mặt phẳng
   
P : x  y  z  0 .
 
a) Lập phương trình mặt cầu S tâm A , tiếp xúc với P .
   
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc P sao cho BM vuông góc với AB và BM  2 .
 
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 3  5sin x  cos2x

b) Trong đợt tham quan thực tế khu di tích Nguyễn Du, Đoàn trường THPT Nghèn cử 30 đoàn viên xuất sắc
của 3 khối tham gia. Khối 12 có 6 nam và 4 nữ, khối 11 có 5 nam và 5 nữ, khối 10 có 4 nam và 6 nữ. Chọn
mỗi khối 1 đoàn viên làm nhóm trưởng, tính xác suất để trong 3 em làm nhóm trưởng có cả nam và nữ.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy,
0
góc tạo bởi SB và mặt đáy bằng 60 , I là trung điểm cạnh BC , H là hình chiếu của A lên SI . Tính theo a
thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đến mặt phẳng
ABH .
 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm
I 0;5 . Đường thẳng AI cắt đường tròn tại M 5;0 ( M khác A ). Đường cao qua C cắt đường tròn tại
   
17 6
 
N ; , ( N khác C ). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết hoành độ điểm B lớn hơn 0.
 
5 5
 
2

1  4 x  y 1
  3
1 


2 x  y 1
 
2 x  y  2
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  


2
3
9y  2  7x  2y  5  2y  3


2 2 2
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a,b,c là 3 số thực không âm thỏa mãn a  b  c  2 . Tìm giá trị lớn nhất của:
2
a b  c 1  bc
P   
2
a  bc  a 1 a  b  c 1 9


Cảm ơn thầy Trần Văn Công (conghien101206@gmail.com) chia sẻ đên www.laisac.page.tl





240
SỞ GDĐT HÀ TĨNH
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 - LẦN 1
TRƯỜNG THPT NGHÈN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN


Câu Nội dung Điểm
1 x 1
Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số .
y  1,00
x  2

TXĐ:
D  R \{2}
Các giới hạn lim y  1; lim y  1; lim y   ; lim y   
0,25
 
x    x   
x 2 x 2
Suy ra x  2 là tiệm cận đứng, y  1 là tiệm cận ngang của đồ thị.

1
Sự biến thiên: y '    0, x  2
2
(x  2)
0,25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (  ;2) và (2;  )


Hàm số không có cực trị
Bảng biến thiên
x   2  
y’
 
0,25
1  
y
1
 


1
 
Đồ thị: Giao với trục Ox tại 1;0  , giao với trục Oy tại 0; , đồ thị có tâm đối xứng là
 
2
 
điểm I(2;1)
0,25

3 2
2
Viết phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x  3x  2
1,00
2

y '  3x  6x 0,25
x  0  y  2
y '  0 
 0,25
x  2  y  2


Suy ra đồ thị có 2 điểm cực trị A(0;2), B(2;-2)
Đường thẳng qua 2 điểm cực trị có phương trình: 2x+y-2=0
0,5
x x
3a
Giải phương trình. 2.9  7.3  3  0 0,5

t  3 t / m
 
x 2 
Đặt t  3 , t  0 . PT trở thành: 2t  7t  3  0 
0,25
1

t  t / m
 

 2
241

1 1 1
x x
t  3  3  3  x  1 t   3   x  log
3
2 2 2
1
Vậy phương trình có nghiệm
x  1, x  log
3
0,25
2

Giải phương trình .
log x  2  log 2  x   log 3x  0
1 3
3b 3 0,5
3

Đk: 0  x  2, pt  log x  2  log 2  x  log 3x
    0,25
3 3 3
x  1 t / m 
2
 x  2 2  x  3x  x  3x  4  0  , vậy pt có nghiệm x 1
    0,25

x  4 l 


2
4
Tính tích phân
I  2x 1  ln x dx
  1.0


1
2 2

2
2
I  2xdx  2x ln xdx  x  I  3  I
0,5
1 1
 
1
1 1
2
dx 1
2 2
Tính I :đặt u  ln x, dv  2xdx  du  ,v  x , I  (x ln x)  xdx
0,25
1 1
2 
x
1
2
2
x 1 3

I  4ln 2   4ln 2  2  , I  4ln 2  0,25
1
2 2 2
1
Mặt cầu, mặt phẳng: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 2 điểm A 2;0;1 ,
 
B 1;1;2 P : x  y  z  0
  và mặt phẳng   .
5a 0,5
S A P
a) Lập phương trình mặt cầu   tâm , tiếp xúc với   .
1
 R
d A, P  
  0,25
3
2 2 1
2
PT S : x  2  y  z 1  0,25
     
3
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc P sao cho BM vuông góc với AB và BM  2 .
5b   0,5

M  P
 
        
        


M a;b;c  P . BM  a 1;b 1;c  2 , BA  1; 1; 1 . Ta có hệ BM.BA  0
       

0,25

BM  2



 
a  b  c  0 a  c 1
  a  2,b  1,c  3

 

 a  b  c  2  0  b 1 
 

a  0,b  1,c  1
 0,25
 
2 2 2 2
a 1  b 1  c  2  2 2 c  2  2
       
 
 
Vậy có 2 điểm M 2;1;3 ;M 0;1;1
   
6a Giải phương trình 3 5sin x  cos2x 0,5

sin x  2 vn
 
2 2 
Pt  3  5sin x  1  2sin x  2sin x  5sin x  2  0  0,25
1

sin x 

 2
242
1  5 
sinx   x   k2  , x   k2  , k  
 
0,25
2 6 6

Tính xác suất: Trong đợt tham quan thực tế khu di tích Nguyễn Du, Đoàn trường THPT
Nghèn cử 30 đoàn viên xuất sắc của 3 khối tham gia. Khối 12 có 6 nam và 4 nữ, khối 11
6b 0,5
có 5 nam và 5 nữ, khối 10 có 4 nam và 6 nữ. Chọn mỗi khối 1 đoàn viên làm nhóm
trưởng, tính xác suất để trong 3 em làm nhóm trưởng có cả nam và nữ.
1 1 1

Số phần tử của không gian mẫu là: C .C .C 1000
10 10 10
0,25
_
Gọi A là biến cố đã cho thì A ” Số học sinh được chọn chỉ có nam hoặc nữ”
_
1 1 1 1 1 1
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là C .C .C  C .C .C  240
6 5 4 4 5 6
_
240 6
Xác suất của biến cố A là P    0, 24
 0,25
 
A
1000 25
 
 
Xác suất cần tìm là P  1  0,24  0,76
 A 
Tính thể tích, khoảng cách: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a,
0
vuông góc với mặt đáy, góc tạo bởi và mặt đáy bằng , I là trung điểm cạnh
SA SB 60
7 1,00
BC , H là hình chiếu của A lên SI . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng
ABH
cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đến mặt phẳng   .




0
0
0,25
SB, ABC  SB, AB  SBA  60 , SA  AB.tan 60  a 3
     
Thể tích khối chóp S.ABC là
3
1 1 1 1 3 a 0,25
0 2
V  SA.S  SA. .AB.AC.sin 60  a 3.a . 
S .ABC ABC
3 3 2 6 2 4
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, G là tâm

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

d G, ABH
 
  GA 2
IG  ABH  A   
 

d I, ABH IA 3
   
2
0,25
 d G, ABH  d I, ABH .Ta có
       
3
AH  SBC
  , kẻ IK  HB tại
K  IK  ABH d I, ABH  IK
 ,  
 

2
tại A
SAI   IH.IS  IA 
2
3a
2
IA a 15
4
IH   
2
IS 10
3a
2
3a 
4

0,25
BHI  tại I, có KI là đường cao
IH.IB a 6
 IK  
2 2
8
IH  IB
2 a 6 a 6
Vậy d G, ABH  . 
 
 
3 8 12
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
8 1,00
cân tại A nội tiếp đường tròn tâm I 0;5 . Đường thẳng AI cắt đường tròn tại M 5;0
   

243
17 6
 
( M khác A ). Đường cao qua C cắt đường tròn tại N ; , ( N khác C ). Tìm tọa
 
5 5
 
B
độ các đỉnh của tam giác ABC biết hoành độ điểm lớn hơn 0.





I trung điểm AM  A 5;10 .
 
0,25
.




ABC cân tại A

H
 AM BC  MB  MC  BH  MC
là trung trực của . là trực tâm (cùng
vuông góc
CH  MB  AB  BMCH
), (cùng ) tứ giác là hình bình hành, do
với AC

HM  BC  BMCH  BC NCM  BN  BM  BMN
0,25
là hình thoi là phân giác của
B  BK  MN 1
 
cân tại . Gọi K là trung điểm MN . Mặt khác tam giác IMN có
IM  IN  R  IMN  IK  MN 2 1 , 2  B, K, I
     
cân tại I . Từ thẳng hàng
 BI  MN
    
qua I 0;5 
 42 6 
  
MN  ; BI  pt BI : 7x  y  5  0

   
5 5
   MN
  

      
0,25
B  BI  B b;5  7b  IB b; 7b IM 5; 5
     
. .
2 2 2 2
IB  IM  b  49b  50  b 1  B 1; 2
 
Ta có
qua B 1; 2
 

BC  pt BC : x  y  3  0


 IM


2 2
C  BC  C c;c  3 , IC  IM 
 

0,25
C 1; 2  B l
c 1    

2
2
c  c  8  50  
  


c  7
C 7;4
   

A 5;10 , B 1; 2 ,C 7;4
     
Vậy
2

1  4 x  y 1
  3
 1  1
 

2  x  y 1 
2 x  y  2
Giải hệ phương trình  
9 1,00


2
3
9y  2  7x  2y  5  2y  3 2
 



x  y  2  0

2
 a  2
2
Đk: * Đặt a  2 x  y  2 ,a  0 , a  2 x  y  2  x  y 1 
     
 2 0,25
y  2

 9
244

1 trở thành
 
2
2
 a  2 
2
1  4

2
 
2
1  a  2
2  
3 a 1
 
 1   
2 2
a  a  2  a a  2
2
 
2
 
0,25
3
2 2 3 2
, với
 a  2  a  2  a  a  f a  2  f a 
   
3 ' 2
f t  t  t, f t  3t 1  0 t    f t đồng biến trên  .
     
a  1 l 
2
Vậy a  2  a  , a  2  x  y  2  2  x  y

a  2 t / m 


thế vào pt 2 , ta có
 
2 2
3
3
2  9y  2  7 y  2y  5  2y  3  y  2  9y  2  y 1  7 y  2y  5  0
 
 
0,25
 
1 y 1
 
2
 y  5y  6   0
 
 
2
2
2 2
y  2  9y  2
3 3
y 1  y 1 7 y  2y  5  7y  2y  5
   
   
 
y  2  x

2
 y  5y  6  0  . Vậy hệ có 2 nghiệm 2;2 , 3;3
   

y  3  x 0,25


Chứng minh bất đẳng thức
2 2 2
Cho a,b,c là 3 số thực không âm thõa mãn a  b  c  2 . Tìm giá trị lớn nhất của:
2
10 1,00
a b  c 1  bc
P   
2
a  bc  a 1 a  b  c 1 9


2
2
2 2 2
a  b  c
  a  b  c  2bc
Ta có a b  c    1  bc
 
2 2
2
2 2 2

a  b  c   a  b  c  2bc  2a b  c   2 1  bc   2a b  c 
2
a  b  c
2  
0,25
 a  b  c  2 1  bc  2 1  bc 1  bc 
     
4
a b  c 1  bc
 

2
do đó

a  b  c
 
1  bc 
 4
245
2
a  b  c
 
2
a b  c
4
Vậy P   
2
a  a  a b  c a  b  c 1 9
 
2
2
a  b  c
a b  c  
P   
2
a  a  a b  c a  b  c 1 36
  0,25
2
a  b  c
a b  c  
  
a  b  c 1 a  b  c 1 36
2
a  b  c
a  b  c  
 
a  b  c 1 36
2 2 2
Đặt t  a  b  c,0  t  3 a  b  c  6
 
2
t t 1 t 2
' '
 
f t   , f t    , f t  0  t t 1  18  t  2  0; 6
     
2
 
t 1 36 18
t 1
 

t
0 2 6
0,25
'
- 0 +
f t
 


f t
 
5

9

5 5
Như vậy P   MaxP 
9 9
a  b  c  2

0,25
a  b  1,c  0


2 2 2
Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  2 


a  c 1,b  0


a  b  c


( Nếu các cách giải khác đúng, cho điểm tối đa)

----------------***Hết***----------------

Cảm ơn thầy Trần Văn Công (conghien101206@gmail.com) chia sẻ đên www.laisac.page.tl


246Sở GD & ĐT Quảng Nam ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 43
Trường THPT Núi Thành MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
Thời gian: 180 phút
--------oO o--------
=======
Câu 1: 2 điểm
32
Cho hàm số y  x 32 x  (1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó có hệ số góc
bằng 9.

Câu 2: 1 điểm
Giải phương trình: sin3x sin2x  sin x  0 ( x  R)

Câu 3: 1 điểm
x 1 x
3 3  3
1) Giải phương trình: ( x  R)
(2ii )(1 2 )
2) Tìm môđun của số phức z, biết z 
2
(1  i)

Câu 4: 1 điểm
e
3
(x 1)lnx
Tính tích phân:
I  dx

x
1
Câu 5: 1 điểm
Trong không gian Oxyz cho điểm A( 1; 0; - 2), B(3; 2; 0) và mặt phẳng (P) có
phương trình x + y – z – 1 = 0.
1) Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A, B.
2) Chứng minh mặt cầu có đường kính AB tiếp xúc với mặt phẳng (P).

Câu 6: 1 điểm
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Đường thẳng SA
0
vuông góc với mặt đáy. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng 60 .
1) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
2) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a.

Câu 7: 1 điểm
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M
là trung điểm của đoạn BC, G là trọng tâm tam giác ABM, D(7; - 2) là điểm nằm trên
đoạn MC sao cho GA = GD. Viết phương trình đường thẳng AB, biết đỉnh A có hoành
độ nhỏ hơn 4 và phương trình đường thẳng AG là 3x – y – 13 = 0.

Câu 8: 1 điểm
22

x  y  3  y  3x  7

Giải hệ phương trình: (x, y  R)

22
y 1  2y 1  x  x  xy  3y



Câu 9: 1 điểm
2 2 2
x  y  z  9và xyz  0
Cho x, y, z là các số thực thỏa . Chứng minh rằng
2(x + y + z) – xyz ≤ 10.
= Hết =
247ĐÁP ÁN

32
Câu 1
Cho hàm số y  x 32 x  (1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
+ Txđ : D = R
+ Sự biến thiên
limy   ; limy   

x    x   
2

y’ = 3x – 6x

x  0

y'0  
0,25

x  2


BBT

x - ∞ 0 2 + ∞




y’ 0 0

0,25


y 2 + ∞

- ∞ -2





Hàm số đư cho đồng biến trên các khoảng (- ∞ ; 0) và (2 ; + ∞) ;

nghịch biến trên khoảng (0 ; 2)
0,25
Đồ thị hàm số có điểm cực đại là A(0 ; 2) và điểm cực tiểu là

B(2 ; -2)



+ Đồ thị : (vẽ đúng)
0,25
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó có hệ
số góc bằng 9.
+ Gọi M(x ; y ) thuộc (C), d là tiếp tuyến của (C) tại điểm M
0 0
Phương trình đt d là : y – y = y’(x )(x – x ) 0,25
0 0 0
2

+ Tt d có hệ số góc bằng 9 nên y’(x ) = 9  3x – 6x = 9
0 0 0

x  1

0


0,25
x  3
0

0,25
+ Với x = - 1 thì y = -2. Pttt : y = 9x + 7
0 0
0,25
+ Với x = 3 thì y = 2. Pttt : y = 9x - 25
0 0
Câu 2 sin3x sin2x  sin x  0 (2)
0,25
+ Pt (2)  2sin2xcosx – sin2x = 0
0,25
 sin2x(2cosx – 1) = 0

+ sin2x = 0  x  k() k 
0,25
2



x k2 

1 0,25
3
+ cosx   (k  )


2 

x k2 

 3
x 1 x
Câu 3
3 3  3
1) Giải phương trình: ( x  R)
x x
0,25
+ Giải được 3 = - 1(loại) hoặc 3 = 3
0,25
+ Tìm được x = 1

248(2ii )(1 2 )

2) Tìm môđun của số phức z, biết z 
2
(1  i)
3 0,25
+ Tìm được z =  2i

2
5
0,25
+ Tính z 
2
e
3

Câu 4
(x 1)lnx
Tính tích phân: I  dx


x
1

ee
ln x
2
+ I = x ln xdx  dx

 
x
11

e
ee
32
x x
0,25
2
+ x ln xdx ln x dx
 
33
11
1
e

3 3 3
e x 21 e 
=  
0,25
3 9 9
1

e
ee
2
lnx lnx 1
0,25
dx  ln xd(ln x)  
+
 
x 22
11
1
3
0,25
4e 11
và kết quả đúng I =

18
Câu 5 Trong không gian Oxyz cho điểm A( 1; 0; - 2), B(3; 2; 0) và mặt phẳng
(P) có phương trình x + y – z – 1 = 0.
1) Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A, B.
1
0,25
+ Đường thẳng AB có vtcp là
AB  (1;1;1)
2
x12 y z
0,25
+ Pt của đt AB:
 
1 1 1
2) Chứng minh mặt cầu có đường kính AB tiếp xúc với mặt phẳng (P).
+ Mặt cầu (S) có đường kính AB có tâm I(2; 1; - 1) và bán kính R = IA 0,25

= 3
0,25
+ Tính d(I, (P)) = 3 . Vì d(I, (P)) = R nên mặt cầu có đường kính AB
tiếp xúc với mặt phẳng (P)
Câu 6 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Đường
thẳng SA vuông góc với mặt đáy. Góc giữa đường thẳng SB và mặt
0
phẳng (ABC) bằng 60 .
1) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
S

0

+ Nêu được góc SBA  60
0,25
Tính SA = a 3



+ Thể tích khối S.ABC là
H
3
1 a
A
C
V dt(ABC).SA
0,25
34

I B



2) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a.
+ Gọi d là đt qua B và song song với AC. I là hình chiếu vuông góc của
249A trên d, H là hình chiếu vuông góc của A trên SI
+ Chứng minh được AI  (SB, d) 0,25

a 15 a 15
+ Tính đúng AI = và kết luận d(AC, SB) =
0,25
5 5
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông
Câu 7
cân tại A. Gọi M là trung điểm của đoạn BC, G là trọng tâm tam giác
ABM, D(7; - 2) là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA = GD. Viết
phương trình đường thẳng AB, biết đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 4 và
phương trình đường thẳng AG là 3x – y – 13 = 0.

+ Gọi N là trung điểm của AB.
Ta có MN là đường trung trực của đoạn AB nên GA = GB
Lại có GA = GD, nên G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.
00
0,25
Vì góc ABD 45 nên AGD 90 ,

Tải xuống để xem tài liệu hoàn chỉnh - Chia sẻ cho bạn bè nếu trang web có ích với bạn!
Nguồn tài liệu:

Bạn cũng có thể quan tâm:

Bài tập môn Toán lớp Lớp 12
Mời bạn tham gia hỏi - đáp
Thư viện bài tập © 2014 -2017 - Liên hệ - Giới thiệu - Bản quyền - Chính sách bảo mật - Sitemap