Đề thi Toán 12 có hướng dẫn giải

 ĐỀ SỐ 1
Câu I. Cho hàm số (C).
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
2/ Gọi d là tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ bằng a. Chứng minh rằng hoành độ giao điểm của d và đồ thị (C) là nghiệm của phương trình:(x – a)2(x2 + 2ax + 3a2 – 6) = 0.
3/ Tìm a để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt P,Q khác M. Tìm quỹ tích trung điểm K của đoạn thẳng PQ.
Câu II. 1/ Cho phương trình : (1)
a/ Giải phương trình (1) khi m = –3.
b/ Tìm m để phương trình (1) có nghiệm thực x.
2/ Tìm các nghiệm x Î (0 ; 2p) của phương trình : 
3/ Tìm a để bất phương trình a.4x + (a – 1).2x+2 + a – 1 > 0 đúng với mọi số thực x. 
Câu III. 1/ Tính tích phân 
2/ Chứng minh rằng :
a/ với mọi số thực x không âm.
b/ với mọi số nguyên dương n và x Î(0 ; 1), trong đó e là cơ số của lôgarit tự nhiên. 
3/ Cho diện tích H là hình phẳng giới hạn bởi , trục hoành và hai đường thẳng 
x = 0, . Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay H quanh trục Ox.
4/ Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện : x2 + y2 = 1. 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
Câu IV. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, đường chéo AC = 4a, BD = 2a chúng cắt nhau tại O, đường cao SO = h. Mặt phẳng qua A, vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. Xác định h để tam giác B’C’D’ đều và xác định vị trí của C’.
Câu V. 1/ Cho (P) : y2 = 16x và đường thẳng D : 4x + 3y + 46 = 0. Tim M Î(P), N Î D sao cho độ dài của MN là ngắn nhất.
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(0 ; 1 ; 2) và hai đường thẳng :
 và 
a/ Viết phương trình mặt phẳng qua A và song song với hai đường thẳng D1 và D2 .
b/ Tìm P Î D1, Q Î D2 sao cho A, P, Q thẳng hàng. 
Câu VI. Chứng minh rằng tam giác ABC nếu thỏa thì tam giác ABC đều.
================= HẾT =================
HƯỚNG DẪN
Câu I/2. Phương trình tiếp tuyến tại M : (d).
Phương trình hoành độ giao điểm (C) và d : 
Biến đổi Û (x – a)2(x2 + 2ax + 3a2 – 6) = 0 đ.p.c.m
I.3. d cắt (C) tại hai điểm pbiệt khác M Û x2 + 2ax + 3a2 – 6 = 0 có 2 ngiệm phân biệt khác a 
Û 
Tọa độ trung điểm K là : 
Vậy quỹ tích trung điểm K của PQ là tập hợp điểm thuộc đồ thị 
 , 
II/1.b Điều kiện x > 3 hoặc x ≤ –1. 
Đặt Þ t2 = (x – 3)(x + 1) Û x2 – 2x – (3 + t2) = 0 (*)
Ta có phương trình : t2 + 4t – m = 0. Điều kiện có nghiệm t là : m ≥ –4.
Nếu x > 3 thì (*) có nghiệm 
Nếu x ≤ –1 thì (*) có nghiệm 
Tóm lại : Phương trình (1) có nghiệm khi m ≥ – 4.
II/2. Ta có (1)
Điều kiện : sinx ≠. 0 Û x ≠. kp, k Î Z.
* Nếu 0 < x < p Þ nghiệm 
* Nếu p < x < 2p Þ nghiệm 
II/3. Đặt t = 2x > 0 ta cần tìm a để f(t) = at2 + 4(a + 1)t + a – 1 > 0 " t > 0
Cách 1. Dùng định lí Vièt.
Cách 2. Xét a = 0, không thỏa.
a < 0 ta có , nên tồn tại t đủ lớn để f(t) < 0 nên a < 0 không thỏa.
 Xét 0 < a < 1 thì f(t) = 0 có 2 ngiệm t1 < t2 và nên tồn tại 0 < t < t2 sao cho f(t) < 0
Khi a > 1 thì f(t) = at2 + 49a – 1)t + a – 1 ≥ at2 > 0 nên a ≥ 1 thỏa điều kiện bài toán.
Cách 3. at2 + 4(a + 1)t + a – 1 > 0 " t > 0 Û a(t2 + 4t + 1) > 1 – 4t Û vì t2 + 4t + 1 > 0
Xét , lập bảng biến thiên Þ a ≥ 1.
III/1. 
III/2/a. Đặt đpcm
b. Đặt f(x) = x2n(1 – x), f’(x) = x2n–1[2n – (2n + 1)x], xét bảng biến thiên trên khoảng (0 ; 1) ta có 
 x 0 1 
 f’(x) + 0 –
 M 
 f(x) 
 0 0
Suy ra . Vậy ta cần chứng minh :
,m = 2n.
Theo (1) ta có 
Vì m = 2n > 1. Suy ra đpcm.
III/4. Áp dụng bất đẳng thức Buniakopski ta có 
A2 ≤ (x2 + y2)(2 x + y) = 2 + x + y ≤ 
Vậy A lớn nhất bằng khi 
IV. Ta có AC’ là đường cao trong tam giác cân SAC 
Nên C’ thuộc đoạn SC, S là góc nhọn vì vậy OC < SO
Tứ giác AB’C’D’ có các đường chéo AC’ và B’D’ 
vuông góc với nhau
Gọi K = AC’ Ç B’D’ ta có SO.AC = AC’.SC = 
Mp(AB’C’D’) cắt BC tại B1 ta có AB1//BD và AB1 = 2a. 
Tam giác B’C’D’ đều Û AB1C’ là nửa tam giác đều 
Û .
Khi đó SO = h = Þ D SAC đều. Vậy C’ là trung điểm của SC.
V/1. Chú ý lý luận d không cắt (P), tìm D’//D , D’ là tiếp tuyến của (P), M là tiếp điểm của D’ và (P). Gọi D’’ là đường thẳng qua M, D’’ ^ D , N là giao D’’ với D.
V/2.b. M(2m ; 1 + m ; –1 – m) ; N(1 + n ; –1 – 2n ; 2 + n). Tìm m, n sao cho 
VI. Tam giác ABC luôn có sinC > 0 và từ sinA + sinB ≥ sinC Û a + b ≥ 2c Þ c ≤ a hoặc c ≤ b Þ C nhọn Þ cosC > 0. Vậy 
Cộng vế theo vế ta có cos(A – B) ≥ 1 Þ cos(A – B) = 1 Þ A = B. 
Thế A = B vào đề bài ta có . Vậy tam giác ABC đều.