DIỄN ĐÀN ÔN LUYỆN TOÁN
————
ĐỀ 01
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG (7 điểm) Cho tất cả thí sinh
Câu I. (2 điểm) Cho hàm số: (Cm) : y=−x3+(2m+1)x2−m−1
1) Với m=1, khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C1)
2) Tìm mđể đường thẳng y=2mx −m−1cắt đồ thị hàm số (Cm)tại 3 điểm phân biệt A,B,Cthỏa
mãn OA2+OB2+OC2đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu II. (2 điểm)
1) Giải phương trình: sin³3x+
π
4´+8sin2x−p2sin x=2
2) Giải phương trình: p1+x2+x4+x=px−x3
Câu III. (1 điểm) Tính Zp8
p3
x3ln x
px2+1dx.
Câu IV. (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A′B′C′có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC′
tạo với mặt phẳng (ABB′A′)góc 60ovà AB =A A′=a,(a>0). Gọi M,N,Plần lượt là trung điểm
của BB′,CC′,BC. Tính thể tích lăng trụ ABC.A′B′C′cùng khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM
và NP theo a
Câu V. (1 điểm) Cho x,ylà hai số thực dương thỏa mãn x2+y2=2.Chứng minh rằng x3
y2+9y2
x+2y≥4.
PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (A hoặc B)
Phần A
Câu VIa. (2 điểm)
1) Trên mặt phẳng tọa độ Ox y cho tam giác ABC có trực tâm H(2;0), phương trình đường trung
tuyến CM : 3x+7y−8=0, phương trình đường trung trực của BC :x−3=0. Tìm tọa độ của đỉnh A.
2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox yz cho điểm A(3;2;−1),2điểm B,Dnằm trên đường
thẳng ∆:x−1
1=y+2
2=z−2
−1, điểm Cnằm trên mặt phẳng (P) : 2x+y+z−3=0. Tìm tọa độ điểm B
biết tứ giác ABCD là hình chữ nhật.
Câu VIIa. (1 điểm) Giải bất phương trình: slog2
1
2µ2x
2−x−4≤p5
Phần B
Câu VIb. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Ox y cho đường tròn (C) : (x+2)2+(y−1)2=4. Gọi Mlà điểm sao cho tiếp
tuyến qua Mtiếp xúc với (C)tại E, cát tuyến qua Mcắt (C)tại A,Bsao cho tam giác ABE vuông
cân tại B. Tìm tọa độ của Msao cho khoảng cách từ Mđến Olà ngắn nhất.
2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : x2+y2+z2−4x+2y−4=0và mặt
phẳng (P) : x+2y−2z+9=0. Viết phương trình đường thẳng ∆tiếp xúc với mặt cầu (S)biết ∆nằm
trên (P)và ∆cắt trục hoành.
Câu VIIb. (1 điểm) Tìm số phức zthỏa mãn phương trình: |z|4
z2+z=−200
1−7i
——— Hết ———
DIỄN ĐÀN ÔN LUYỆN TOÁN
ĐỀ 01 BÀI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2012
Môn thi: Toán
PHẦN CHUNG (7 điểm) Cho tất cả thí sinh
Câu I. 1) (1 điểm) ———————————————————————————
Cho hàm số: (Cm) : y=−x3+(2m+1)x2−m−1
Với m=1, khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C1)
Lời giải:
Với m=1hàm số là y= −x3+3x2−2
•TXĐ là D=R
•Chiều biến thiên y′= −3x2+6x=3x(−x+2)
Nên y′=0⇔·x=0⇒y=−2
x=2⇒y=2
y′<0⇔−∞< x<0hoặc 2<x<+∞⇒ hàm số nghịch biến trên (−∞;0);(2;+∞)
y′>0⇔0<x<2⇒hàm số đồng biến trên (0; 2).
Giới hạn tại vô cực lim
x→+∞ y=−∞; lim
x→−∞ y=+∞.
Bảng biến thiên
x−∞ 0 2 +∞
y′−0+0−
y+∞&−2%2&−∞
Điểm cực đại (2; 2), điểm cực tiểu (0; −2).
•Đồ thị Giao với các trục tọa độ:
Cho x=0⇒y=−2và cho y=0⇒x=1,x=1−p3,x=1+p3.
Hàm số cắt trục tung tại điểm B(0;−2) và cắt trục hoành tại ba điểm A1(1;0),A2¡1−p3; 0¢,A3¡1+p3;0¢.
1
2
3
−1
−2
−3
1 2 3−1
b b b
b
b
b
b
Câu I. 2) (1 điểm) ———————————————————————————
Tìm mđể đường thẳng y=2mx −m−1cắt đồ thị hàm số (Cm)tại 3 điểm phân biệt A,B,Cthỏa mãn
OA2+OB2+OC2đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải:
2
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d:y=2mx −m−1với đồ thị hàm số (C1):
2mx −m−1=−x3+(2m+1)x2−m−1
⇔x£x2−(2m+1)x+2m¤=0
Đường thẳng dcắt đồ thị hàm số (C1)tại 3 điểm phân biệt khi: Phương trình g(x)=x2−(2m+1)x+2m=0
có hai nghiệm phân biệt khác 0 , tức là:
½∆=(2m+1)2−4.2m>0
g(0) 6=0⇔½(2m−1)2>0
m6=0⇔
m6= 1
2
m6=0
(∗)
Gọi x1,x2lần lượt là hai nghiệm phân biệt của phương trình g(x)=0, thì khi đó ta có:
A(x1;2mx1−m−1),B(x2;2mx2−m−1),C(0;−m−1)
⇒OA2+OB2+OC2=x2
1+x2
2+(2mx1−m−1)2+(2mx2−m−1)2+(m+1)2
=x2
1+x2
2+£4m2x2
1−4mx1(m+1) +(m+1)2¤+£4m2x2
2−4mx2(m+1) +(m+1)2¤+(m+1)2
=(x2
1+x2
2)(1 +4m2)−4m(m+1)(x1+x2)+3(m+1)2
=£(x1+x2)2−2x1x2¤(1 +4m2)−4m(m+1)(x1+x2)+3(m+1)2
Lại có, theo Vi-et thì: ½x1+x2=2m+1
x1x2=2m
⇒OA2+OB2+OC2=£(2m+1)2−2.2m¤(1 +4m2)−4m(m+1)(2m+1) +3(m+1)2
=16m4−8m3−m2+2m+4=h(m)
Khảo sát hàm h(m)trên Rcho ta h(m)≥hµ−1
4=29
8µm=−1
4thỏa điều kiện (∗)
Vậy tổng OA2+OB2+OC2đạt giá trị nhỏ nhất bằng 29
8tại m=−1
4
Câu II. 1) (1 điểm) ———————————————————————————
Giải phương trình: sin³3x+
π
4´+8sin2x−p2sin x=2
Lời giải:
Biến đổi phương trình thành:
sin3x+cos3x+8p2sin2x−2sin x−2p2=0 (1)
⇔(sin3x−2sin x)+2p2(4sin2x−1) +cos x(4cos2x−3) =0
⇔(2p2−sin x)(4sin2x−1) +cos x(2cos2x−1) =0
⇔(2p2−sin x)(4sin2x−1) +cos x(2cos2x−1) =0
⇔(2p2−sin x)(1 −2cos2x)+cos x(2cos2x−1) =0
⇔(sin x+cos x−2p2)(2cos2x−1) =0
⇔cos2x=cos π
3
⇔x=±
π
6+kπ,(k∈Z)
Còn sin x+cos x=2p2(vô nghiệm) do sin x+cos x≤p2
Vậy x=±
π
6+kπ,(k∈Z)
Câu II. 2) (1 điểm) ———————————————————————————
Giải phương trình: p1+x2+x4+x=px−x3
Lời giải:
3
Điều kiện : x∈(−∞;−1] ∪[0;1]
•Xét với x=0Không là nghiệm của hệ :
•Với x∈(0;1] ta có :
⇔xs1
x2+x2+1+x=xs1
x−x⇔s1
x2+x2+1+1=s1
x−x
Đặt : t=r1
x−x⇒t4=1
x2+x2−2Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình ẩn t
pt4+3+1=t⇔(t−1≥0
t4+3=t2−2t+1⇒t=−1(loại)
•Xét với x∈(−∞;−1] ta có
−s1
x2+x2+1+1=−s1
x−x
Tương tự ta có
t=s1
x−x⇒t4=1
x2+x2−2
Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình ẩn t
−pt4+3+1=−t⇔(t+1≥0
t4+3=t2+2t+1⇒t=1(thỏa mãn)
•Với t=1⇒1
x−x=1⇔x2+x−1=0⇔
x=−1−p5
2
x=−1+p5
2(Loại)
Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm x=−1−p5
2
Câu III. (1 điểm) ———————————————————————————
Tính Zp8
p3
x3ln x
px2+1dx.
Lời giải:
Biến đổi
I=Zp8
p3
x3ln x
px2+1dx=1
2Zp8
p3
x2.ln x2.x.dx
px2+1
Đặt t=px2+1,(t≥0) ⇒t2=x2+1⇒t.dt=x.dx;x=p8⇒t=3
x=p3⇒t=2
ta được:
I=1
2Z3
2
(t2−1).ln(t2−1).t.dt
t
=1
6Z3
2
(t3−3t)′ln(t2−1)dt
=1
6(t3−3t)ln(t2−1)¯¯¯
3
2−1
3Z3
2
(t3−3t)tdt
t2−1
=1
6(t3−3t)ln(t2−1)¯¯¯
3
2−1
3Z3
2µt2−2+1
t+1−1
t−1dt
=1
6(t3−3t)ln(t2−1)¯¯¯
3
2−1
3µ1
3t3−2t+ln t+1
t−1¯¯¯
3
2
Câu IV. (1 điểm) ———————————————————————————
Cho lăng trụ đứng ABC.A′B′C′có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC′tạo với mặt phẳng
(ABB′A′)góc 60ovà AB =A A′=a,(a>0). Gọi M,N,Plần lượt là trung điểm của BB′,CC′,BC. Tính thể
tích lăng trụ ABC.A′B′C′cùng khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và NP theo a
4
Lời giải:
b
A
b
B
b
B′
b
A′
b
N
b
M
b
K
b
C′
b
C
b
P
b
Q
b
H′
Tính thể tích
Gọi Klà trung điểm của A′B′, ta có ∆A′B′C′cân tại C′nên KC′⊥A′B′Có KC′⊥A A′
⇒KC′⊥(ABB′A′)⇒K C′⊥AM ⇒KC′⊥BK ⇒á
(BC′,(ABB′A′)=
KBC′=60olại có AM =BK =ap5
2
xét trong ∆BK C′⇒K C′=ap15
2,SA′B′C′=1
2·A′B′·KC′=1
2·a·ap15
2=a2p15
4
VABC.A′B′C′=A A′·SA′B′C′=a·a2p15
4=a3p15
4
Tính khoảng cách
Nếu gọi Qlà trung điểm của B′C′thì MQkNP ⇒NPk(AMQ)⇒d(AM,NP)=d[P,(AMQ)]
Kẻ AH′⊥BC lại có BB′⊥AH′(do BB′⊥(ABC))⇒AH′⊥(P MQ).
AH′=2S∆ABC
BC =
a2p15
2
2a=ap15
4
S∆P MQ =1
2·BP ·PQ =a2
2
⇒3VA.P MQ =AH′·S∆P MQ =a3p15
8
Dễ thấy AM =MQ =ap5
2. Theo định lý đường trung tuyến thì:
A′Q2=2A′C′2+2A′B′2−B′C′2
4=3a2
2
AQ2=A A′2+AQ2=5a2
2
⇒S∆AMQ =1
2sAM2−AQ2
4·AQ =5a2
8
⇒d[P,(AMQ)] =3VP.AMQ
S∆AMQ =a3p15
8·8
5a2=ap15
5
Vậy d[AM,P N]=ap15
5
Câu V. (1 điểm) ———————————————————————————
Cho x,ylà hai số thực dương thỏa mãn x2+y2=2.Chứng minh rằng x3
y2+9y2
x+2y≥4.
Lời giải:
5