Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 145-150

Chia sẻ: TiPo | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:36

Thêm vào BST

Báo xấu

153
lượt xem 56
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học môn toán năm 2012_đề số 145-150', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 145-150

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 145 ) I. PHẦN CHUNG (7 điểm) (Cho tất cả các thí sinh) Câu 1 (2đ) Cho hàm số: y = 2x3 - 3x2 + 1 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) 2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt tr ục tung tại đi ểm có tung độ bằng 8.  xy − 18 = 12 − x 2  1. Giải hệ phương trình:  Câu 2 (2đ) 12  xy = 9 + y  3 x - 12).3x + 11 - x = 0 2. Giải phương trình: 9 + ( x Câu 3 (1đ) Tính thể tích khối chóp tam giác đều S.ABC có c ạnh đáy b ằng a và kho ảng cách gi ữa cạnh bên và cạnh đáy đối diện bằng m. 2 Tính tích phân: I = ∫ [ x(2 − x ) + ln(4 + x )]dx 2 Câu 4 (1đ) 0 Câu 5 (1đ) Cho tam giác ABC, với BC = a, CA = b, AB = c. a ( a + c ) = b 2  1 1 1 = + Thoả mãn hệ điều kiện:  CMR: b(b + a ) = c 2 sin A sin B sin C  II. PHẦN RIÊNG (3đ) (Thí sinh chỉ làm một trong hai phần) Theo chương trình chuẩn: Câu 6a (2đ) 1. Trong mặt phẳng (oxy) cho đường thẳng (d): 3x - 4y + 5 = 0 và đ ường tròn (C): x 2 + y2 + 2x - 6y + 9 = 0 Tìm những điểm M ∈ (C) và N ∈ (d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. 2. Trong không gian (oxyz) cho hai mặt phẳng: (P1): x - 2y + 2z - 3 = 0 x+2 z−4 y = = (P2): 2x + y - 2z - 4 = 0 và đường thẳng (d): −1 −2 3 ∈ (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P1), (P2). Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I Câu 7a (1đ) Đặt: (1 - x + x2 - x3)4 = a0 + a1x + a2x2 + ... + a12x12. Tính hệ số a7. Theo chương trình nâng cao Câu 6b (2đ) 1. Trong mặt phẳng (oxy) cho đường tròn (C): (x + 1)2 + (y - 3)2 = 1 và điểm 1 7 M  ,  . Tìm trên (C) những điểm N sao cho MN có độ dài lớn nhất. 5 5 2. Trong không gian (oxyz), cho mặt cầu (S): x 2 + y2 + z2 + 2x - 4y - 2z + 5 = 0 và mặt phẳng (P): x - 2y + 2z - 3 = 0. Tìm những điểm M ∈ (S), N ∈ (P) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. Câu 7b (1đ) Dùng định nghĩa, tính đạo hàm của hàm số: 1 + 3x − 1 + 2 x 3 khi x ≠ 0, và f (0) = 0 ; tại điểm x0 = 0. f ( x) = x
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 145 ) I. PHẦN CHUNG (7 điểm) ĐIỂM y = 2x3 - 3x2 + 1 Câu 1 (2đ) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) 1) * TXĐ: R + Giới hạn: lim−∞ = − ∞ , lim−∞ = + ∞ y y * Sự biến thiên: 0,25đ x→ x→ + Bảng biến thiên: y’ = 6x2 - 6x = 6x (x - 1)  x = 0; ( y = 1) y' = 0 ⇔  0,25đ  x = 1; ( y = 0) Lập BBT; nêu đúng các khoảng đơn điệu và các điểm cực trị 0,25đ * Đồ thị: (tự vẽ), rõ ràng, đầy đủ, chính xác. 0,25đ Tìm M ∈ (C) ? 2) Giả sử M (x0; y0) ∈ (C) ⇒ y0 = 2x03 - 3x02 + 1 Tiếp tuyến ( ∆ ) của (C) tại M: y = (6x02 - 6x0) (x - x0) + 2x03 - 3x02 + 1 0,25đ ( ∆ ) đi qua điểm P(0 ; 8) ⇔ 8 = -4x03 + 3x02 + 1 ⇔ (x0 + 1) (4x02 - 7x0 + 7) = 0 0,25đ ⇔ x0 = -1 ; (4x02 - 7x0 + 7 > 0, ∀ x0) 0,25đ Vậy, có duy nhất điểm M (-1 ; -4) cần tìm. 0,25đ Câu 2 (2đ)  xy − 18 = 12 − x 2 ⇒ 12 − x 2 ≥ 0 ⇒ x ≤ 2 3  Giải hệ:  1) 0,25đ 12  xy = 9 + y ⇒ x y ≥ 2 3 y ⇒ x ≥ 2 3  3 ⇒ x = 2 3 ⇒ xy = 18 0,25đ { } { } ⇒ x ∈ − 2 3;2 3 , tương ứng y ∈ − 3 3;3 3 0,25đ Thử lại, thoả mãn hệ đã cho {( )( )} Vậy, ( x; y ) ∈ − 2 3;−3 3 , 2 3;3 3 0,25đ ( ) + ( x − 12)3 2 Giải phương trình: 3 x + 11 − x = 0 2) x x = 0 3 x = 1 ⇔ x ⇔ (a + b + c = 0) 0,5đ  f ( x ) = 3 + x − 11 = 0(*) x 3 = 11 − x  f ' ( x ) = 3 x ln 3 + 1 > 0, ∀x   ⇒ (*) có nghiệm duy nhất x = 2 0,25đ f (2) = 0  Vậy, tập nghiệm của phương trình: S = {0 ; 2} 0,25đ Câu 3 (1đ) S N A C
O M B SO ⊥ (ABC) ⇒ O là tâm tam giác đều ABC. S.ABC chóp ∆ đều AM ⊥ BC  AO ∩ BC = M ⇒  ⇒ BC ⊥ ( SAM ) SO ⊥ BC  Trong ∆ SAM kẻ đường cao MN ⇒ MN = m a a 3 3a AO = = ⇒ AM = AO = 0,25đ 0 2 sin 60 2 2 3 a2 SO = h ⇒ SA = SO + AO = h + 2 2 2 3   ( ) m < 3 a 422 ⇔ 3a 2 − 4m 2 h 2 = am SA.MN = SO.AM 0,25đ  2 3   2am 32 ⇔h= ; và S(ABC) = a 0,25đ 3 3a − 4m 2 2 4   a 3m 1 m < 3 a V = S ( ABC ).h = 0,25đ  2 3 6 3a 2 − 4m 2   Câu 4 (1đ) Tính tích phân 2 2 I = ∫ x(2 − x) dx + ∫ ln(4 + x 2 ) dx = I1 + I 2 0 0 π 2 2 I1 = ∫ x( 2 − x) dx = ∫ 1 − ( x − 1) 2 dx = (sử dụng đổi biến: x = 1 + sin t ) 0,25đ 2 0 0 2 2 x2 I 2 = ∫ ln(4 + x 2 )dx = x ln(4 +x 2 ) |0 −2 ∫ 2 dx (Từng phần) 0,25đ 4 + x2 0 0 = 6 ln 2 + π − 4 (đổi biến x = 2 tan t ) 0,25đ 3π I = I1 + I 2 = − 4 + 6 ln 2 0,25đ 2 Câu 5 (1đ)  a (a + c) = b (1) 2 ∆ ABC:  b(b + a ) = c 2 (2)  ⇒ sin2A + sinAsinC = sin2B (1) (Đl sin) 1 ⇒ sinAsinC = (cos2A - cos2B) 2 ⇒ sinAsinC = sin(A + B) sin (B -A) ⇒ sinA = sin (B - A) ; (sin (A + B) = sin C > 0) ⇒ A = B - A ; (A, B là góc của tam giác) ⇒ B = 2A 0,25đ
Tương tự: (2) ⇒ C = 2B π 2π 4π A + B + C = π , nên A = ;B= ;C= 7 7 7 0,25đ 4π 2π 3π π + sin sin 2 sin cos 1 1 7 7= 7 7 + Ta có: = 0,25đ 2π 4π π π 3π sin B sin C sin sin 2 sin cos sin 7 7 7 7 7 1 1 = π = (đpcm) 0,25đ sin A sin 7 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Chương trình cơ bản Câu 6a (2đ) Tìm M ∈ (C), N ∈ (d)? 1) (d): 3x - 4y + 5 = 0 (C): (x + 1)2 + (y - 3)2 = 1 ⇒ Tâm I (-1 ; 3), bán kính R = 1 d (I ; d) = 2 ⇒ (d) ∩ (C) = Ø Giả sử tìm được N0 ∈ (d) ⇒ N0 là hình chiếu vuông góc của I trên (d) ( ∆ ) ∋ I (−1;3) ⇒ N0 = (d) ∩ ( ∆ ) , với:  0,25đ ( ∆ ) ⊥ (d ) ⇒ u∆ = ( 3;−4 )  x = −1 + 3t 1 7 ⇒ ( ∆) :  ⇒ N0  ;  0,25đ  y = 3 − 4t 5 5  2 11   8 19  Rõ ràng ( ∆ ) ∩ (C) = {M1; M2} ; M1  − ;  ; M2  − ;   5 5  5 5 M0 ∈ (C) để M0N0 nhỏ nhất ⇒ M0 ≡ M1 và M0N0 = 1 0,25đ Kết luận: Những điểm cần tìm thoả mãn điều kiện bài toán.  2 11  1 7 M − ;  ; N ; 0,25đ  5 5 5 5 2) Phương trình mặt cầu (S) ? (P1): x - 2y + 2z - 3 = 0 (P2): 2x + y - 2z - 4 = 0 x+2 z−4 y Giả sử I (x0 ; y0 ; z0) ∈ (d): = = −1 −2 3 ⇒ I (-2 - t ; 2t ; 4 + 3t) là tâm của mặt cầu (S) 0,25đ Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P1), (P2) ⇔ d (I, (P1)) = d (I ; (P2)) t = −13 1 1 0,25đ ⇔ 9t + 3 = 10t + 16 ⇔  t = −1 3 3 ⇒ I1 = (11 ; 26 ; -35) ; I2 (-1 ; 2 ; 1) ⇒ R1 = 38 ; R2 = 2 0,25đ
Vậy, có hai mặt cầu cần tìm: (S1): (x - 11)2 + (y - 26)2 + (z + 35)2 = 382 (S2): (x + 1)2 + (y - 2)2 + (z - 1)2 = 22 0,25đ Câu 7a (1đ) Tính hệ số a7 ? (1 - x + x2 - x3)4 = (1 - x)4 (1 + x2)4 0,25đ 4 k k  i 2i  4 =  ∑ ( − 1) C4 x  ∑ C4 x  k 0,25đ  k =0  i = 0  k + 2i = 7 ⇒ ( k ; i ) ∈ { (1;3) , ( 3;2)} (Gt) ⇒  0,25đ k , i ∈ { 0,1,2,3,4} ⇒ a7 = −C4C4 − C4 C4 = −40 13 32 0,25đ Chương trình nâng cao Câu 6b (2đ) 1) Tìm N ∈ (C)? (C): (x + 1)2 + (y - 3)2 = 1 1 7 ⇒ Tâm I (-1 ; 3), bán kính R = 1 ; M  ;  5 5 6 8 IM =  ;−  ⇒ MI = 2 0,25đ 5 5 Giả sử tìm được N ∈ (C) ⇒ MN ≤ MI + IN = 3 0,25đ Dấu “=” xảy ra ⇔ N là giao điểm của tia đối IM và đường tròn (C).  6  x = −1 + 5 t  ( IM ) ∩ ( C ) = { N1; N 2 } (IM):  ; y = 3 − 8 t   5  2 11   8 19  ⇒ N1  − ;  , N 2  − ;  ; MN1 < MN2 0,25đ  5 5  5 5  8 19  Kết luận: Thoả mãn điều kiện bài toán: N  − ;  0,25đ  5 5 2) Tìm M ∈ (S) , N ∈ (P) ? (S): (x + 1)2 + (y - 2)2 + (z - 1)2 = 1 Tâm I (-1 ; 2 ; 1), bán kính R = 1 (P): x - 2y + 2z - 3 = 0 ⇒ d ( I ; ( P ) ) = 2 ⇒ ( P) ∩ ( S ) = Ø Giả sử tìm được N0 ∈ (P) ⇒ N0 là hình chiếu vuông góc của I trên (P) 0,25đ ( d ) ∋ I (−1;2;1)  ⇒ N 0 = ( d ) ∩ ( P ) , với:  (d ) ⊥ ( P ) ⇒ ud = (1;−2;2)   x = −1 + t   1 2 7 ⇒ ( d ) :  y = 2 − 2t ⇒ N 0  − ; ;  0,25đ  3 3 3  z = 1 + 2t  (d ) ∩ ( S ) = {M1 ; M2}
 2 4 5  4 8 1 ⇒ M1 − ; ;  M 2  − ; ;   3 3 3 ,  3 3 3 0,25đ M1M0 = 1 < M2M0 = 3 M0 ∈ (S) để M0N0 nhỏ nhất ⇒ M0 ≡ M1 Vậy, những điểm cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán.  2 4 5  1 2 7 M − ; ;  , N− ; ;  0,25đ  3 3 3  3 3 3 Câu 7b (1đ) Đạo hàm bằng định nghĩa: f ( x) − f (0) 1 + 3x − 1 + 2 x 3 lim = lim 0,25đ x x2 x→0 x→0 1 + 3 x − (1 + x) + (1 + x) − 1 + 2 x 3 = lim 0,25đ x2 x →0 3+ x 1 = lim− 3 + lim 0,25đ (1 + 3 x) + (1 + x ) 1 + 3x + (1 + x ) x → 0 (1 + x ) + 1 + 2 x 2 2 x→0 3 1 1 1 = - . Vậy, f '( 0 ) = − = -1 + 0,25đ 2 2 2 ...............................................
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 146 ) Phần chung (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số f ( x) = x 3 + mx + 2, có đồ thị (Cm ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = −3 2) Tìm tập hợp các giá trị của m để đồ thị (Cm ) cắt trục hoành tại một và chỉ một điểm. Câu II (2 điểm) 1 1) Giải phương trình: 2 tan x + cot 2 x = 2sin 2 x + sin 2 x ( ) 2 2) Giải phương trình: x 2 + 1 = 5 − x 2 x 2 + 4; x R π x + sin 2 x Câu III (1 điểm) Tính I = dx 3 1 + cos 2 x 0 Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là O. A, B là hai điểm trên đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB bằng a , ﾷﾷ ASO = SAB = 600 . Tính theo a chiều cao và diện tích xung quanh của hình nón Câu V (1 điểm) Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x + y = 5 . 4x + y 2x − y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = + xy 4 Phần riêng (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) Phần A Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) có phương trình : x − y = 0 và điểm M (2;1) . Tìm phương trình đường thẳng ∆ cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng (d ) tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng ( α ) đi qua hai điểm A ( 0; −1;2 ) , B ( 1;0;3) và tiếp xúc với mặt cầu ( S ) có phương trình: ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z + 1) 2 = 2 Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: z 2 + z + 1 = 0 . 2 2 2 2 � 1� � 1� � 1� � 1� Rút gọn biểu thức P = � + �+ �2 + 2 �+ �3 + 3 �+ �4 + 4 � z z z z � z� � z � � z � � z � Phần B Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( C ) có phương trình : ( x − 4 ) + y 2 = 25 và 2 điểm M (1; −1) . Tìm phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M và cắt đường tròn ( C ) tại 2 điểm A, B sao cho MA = 3MB 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) có phương trình: x − y − 1 = 0 . Lập phương trình mặt cầu ( S ) đi qua ba điểm A ( 2;1; −1) , B ( 0;2; −2 ) , C ( 1;3;0 ) và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) 2 � �3 � 1 x + 1 �− log 2 ( x + 1) − 6 log �2 Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình: � 2 log 2 ( x + 1) 2 + log 1 ( x + 1) 2
--------------------Hết--------------------
HƯỚNG DẪN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 146 ) Câu I.1 m = −3 hàm số trở thành: f ( x) = x 3 − 3 x + 2, (1,0 đ) Tập xác định D = R Sự biến thiên x = −1 y ' = 3( x 2 − 1) = 0 0,25 x =1 x < −1 hàm số đồng biến trên ( − ; −1) và ( 1; + ) y'> 0 x >1 y ' < 0 � −1 < x < 1 hàm số nghịch biến trên ( −1;1) điểm CĐ ( −1; 4 ) , điểm CT ( 1;0 ) lim y = − lim y = + 0,25 − + x x Điểm uốn: y '' = 6 x = 0 � x = 0 , Điểm uốn U ( 0;2 ) Bảng biến thiên: 0,25 x − + −1 1 − + y' + 0 0 + CĐ y − CT 0,25 Đồ thị Câu I.2 Phương trình cho HĐGĐ x3 + mx + 2 = 0, (*) (1,0 đ) x3 + 2 x = 0 không thỏa mãn nên: (*) � m = − 0,25 x x +2 3 2 2 0,25 Xét hàm số g ( x) = − = − x 2 − � g '( x) = −2 x + 2 x x x g '( x) = 0 � x = 1 ta có bảng biến thiên: 0,25 x − 0 + 1 + + g '( x) ll − 0 + -3 g ( x) − − − 0,25 Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đường thẳng y = m và đồ thị hàm số y = g ( x) nên để (*) có một nghiệm duy nhất thì m > −3 Lưu ý:
Có thể lập luận để đồ thị (Cm ) của hàm số y = f ( x) hoặc không có cực trị hoặc có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị nằm cùng phía đối với trục hoành Câu II.1 1 2 tan x + cot 2 x = 2sin 2 x + ,(1) (1,0 đ) sin 2 x π Điều kiện: x k 0,25 2 4sin 2 x + cos 2 x 2sin 2 2 x + 1 = (1) � sin 2 x sin 2 x 0,25 � 2(1 − cos 2 x) + cos 2 x = 2(1 − cos 2 2 x) + 1 � 2 cos 2 2 x − cos 2 x − 1 = 0 cos 2 x = 1 (loai do:sin 2 x = 0) π � x = � + kπ � 1 cos 2 x = − 0,25 3 2 π + kπ , k Đối chiếu điề kiện phương trình có nghiệm là: x = Z 3 0,25 (x + 1) = 5 − x 2 x 2 + 4; Câu II.2 2 2 x R (1,0 đ) 0,25 Đặt t = x 2 x 2 + 4 � t 2 = 2( x 4 + 2 x 2 ) ta được phương trình t2 + 1 = 5 − t � t 2 + 2t − 8 = 0 2 t = −4 0,25 t=2 �0 � x= 3 −1 � x2 = 3 − 1 0,25 ĐS: phương trình có 2 nghiệm x = − 2, x = 3 −1 Câu III π π π x + sin 2 x sin 2 x x I =� dx = � dx + � dx 3 3 3 (1,0 đ) 0,25 0 1 + cos 2 x 0 2cos 2 x 0 2cos 2 x π 1π x x I1 = � dx = � 2 dx 3 3 0 2cos 2 x 2 0 cos x u=x du = dx Đặ t � � dx v = tan x dv = cos 2 x
π �π π 1� π π 1 1 � I1 = � tan x 03 − = + ln cos x 03 = − ln 2 x tan xdx � 3 0,25 2� �2 3 2 23 2 0 π 1π 1 �π π � sin 2 x I2 = � dx = � 2 xdx = � 3 (1 + tan 2 x)dx − � � � dx = tan 3 3 3 2 0 2cos x 20 2� 0 0 � π π 1 1 [ tan x − x ] 03 = � 3 − � 0,25 = � � 2 2� 3� ( ) + 1( π�π 3 −1 π 1 1� I = I1 + I 2 = − ln 2 + � 3 − �= 3 − ln 2) 0,25 23 2 2� 3� 6 2 Gọi I là trung điểm của AB , nên Câu IV S OI = a (1,0 đ) Đặt OA = R SAB = 600 � ∆SAB đều ﾷ 0,25 O A 0,25 I B 0,25 1 1 1 OA R IA = AB = SA = = 2 sin ﾷ 2 2 3 ASO 0,25 Tam giác OIA vuông tại I nên OA − IA2 = IO 2 2 R2 a6 �R − = a2 � R = 2 3 2 � SA = a 2 a2 Chiếu cao: SO = 2 a6 Diện tích xung quanh: S xq = π Rl = π a 2 = π a2 3 2 x, y thỏa mãn: x + y = 5 . Câu V Cho hai số dương (1,0 đ) 4x + y 2x − y 4 1 x y 4 y 1 x y P= + =++−=+++− 0,25 xy 4 yx24y4x22 Thay y = 5 − x được: 4 y 1 x 5− x 4 y 1 5 4y 1 53 0,50 P= +++− = + + + x− . + 2 .x − = 2 y4x2 2 y4x 2 y4 x 22 3 3 P bằng khi x = 1; y = 4 Vậy Min P = 0,25 2 2 Lưu ý: Có thể thay y = 5 − x sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số 3x + 5 3x − 5 g ( x) = + x(5 − x) 4
A nằm trên Ox nên A ( a;0 ) , B nằm trên đường thẳng x − y = 0 nên B(b; b) , Câu 0,25 uuu r uuur AVI.1 M (2;1) � MA = (a − 2; −1), MB = (b − 2; b − 1) (1,0 đ) Tam giác ABM vuông cân tại M nên: uuu uuu rr �a − 2)(b − 2) − (b − 1) = 0 ( � .MB = 0 MA 0,25 , � � MA = MB (a − 2) 2 + 1 = (b − 2) 2 + (b − 1) 2 do b = 2 không thỏa mãn vậy b −1 a−2= ,b 2 b −1 �−2= b−2 a ,b 2 � b−2 � � 2 � b − 1 �+ 1 = (b − 2) 2 + (b − 1) 2 � �a − 2)2 + 1 = (b − 2) 2 + (b − 1) 2 ( � � �−2� b a=2 b −1 a−2= ,b 2 � =1 b−2 b � � � �1 � a=4 � − 2) 2 + (b − 1) 2 � � (b − 2) 2 − 1� 0 = (b .� � b=3 � � a=2 đường thẳng ∆ qua AB có phương trình x + y − 2 = 0 0,25 Với: b =1 a=4 đường thẳng ∆ qua AB có phương trình 3 x + y − 12 = 0 Với b=3 0,25 .........................................................
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ147 ) Câu 1: 2x − 3 Cho hàm số y = có đồ thị là (C) x −2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất. Câu 2: π 1) Giải phương trình: 2 2sin(x − ).cos x = 1 12 8x y + 27 = 18y 3(1 33 ) 2) Giải hệ phương trình: 4x 2y + 6x = y 2 (2) Câu 3: π 1 2 2 1) Tính tích phân I = sin x � sin x + dx 2 π 6 2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: (m - 3) x + ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1) Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: a b c + + 1 8c + 1 8a + 1 8b3 + 1 3 3 Câu 5: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =60 0, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). PHẦN RIÊNG 1. Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: Cho ∆ ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có phương trình ( ∆ ) 2x +y –1 =0; khoảng cách từ C đến (∆ ) bằng 2 lần khoảng cách từ B đến ( ∆ ). Tìm A, C biết C thuộc trục tung. Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng : x = 1+ 2t 3− y z + 2 (d1) x + 1 = y = 2+ t (t = ﾷ ) . Viết phương trình tham số của đường thẳng ∆ ; (d2) 1 1 2 z = 1+ t nằm trong mp(P) và cắt cả 2 đường thẳng (d1) , (d2) 2. Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: Cho ∆ ABC có diện tích bằng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G ∈ (d) 3x –y –8 =0. tìm bán kinh đường tròn nội tiếp ∆ ABC. Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng: (P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x2 +y2 +z2 +4x –6y +m =0. Tìm tất cả các giá trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm MN sao cho MN= 8. ...................................................
Đáp án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 147 ) Phần chung: 2x − 3 Câu 1: Cho hàm số y = có đồ thị là (C) x −2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận c ủa (C) tại A, b sao cho AB ngắn nhất. 2x − 3 Giải: 1) y= (C) y x −2 5 D= R\ {2} 4 lim y = 2 � TCN : y = 2 3 x lim y = − ; lim y = + TCĐ x = 2 2 − + 2 2 x x −1 y’ = (x − 2)2 < 0;∀x 2 1 x -2 -1 1 2 3 4 5 BBT -1 -2 2x0 − 3 -3 )∈ (C) . 2) Gọi M(xo; x0 − 2 − x + 2x 0 − 6x 0 + 6 2 Phương trình tiếp tuyến tại M: (∆ ) y = (x 0 − 2)2 (x0 − 2)2 2x0 − 2 (∆ ) ∩ TCĐ = A (2; x − 2 ) 0 (∆ ) ∩ TCN = B (2x0 –2; 2) uuu r AB = (2x0 − 4; −2 ) ⇒ AB = cauchy 4 4(x 0 − 2)2 + 22 x0 − 2 (x0 − 2)2 x0 = 3 M (3;3) ⇒ AB min = 2 2 ⇔ xo = 1 M (1 ) ;1 Câu 2: π 1) Giải phương trình: 2 2sin(x − ).cos x = 1 12 x = π + kπ 3 (k ﾷ) Giải: phương trình ⇔ 2(cosx–sinx)(sinx– 3 cosx)=0 ⇔ π + kπ x= 4 8x y + 27 = 18y (1 33 3 ) 2) Giải hệ phương trình: 4x 2y + 6x = y 2 (2) Giải: (1) ⇒ y ≠ 0 3 �� 8x 3 + 27 = 18 3 (2x )3 + � �= 18 y3 � � y �� Hệ ⇔� 2 � � x + 6x = 1 4 � x. 3 � x + 3 � 3 = 2 2 � � y2 y � y� y�
a+b =3 a3 + b3 = 18 3 Đặt a = 2x; b = y . Ta có hệ: � � ab = 1 ab(a + b) = 3 � − 5 ; 6 � 3+ 5 ; 6 � ,� 3 → Hệ đã cho có 2 nghiệm � �� 4 3+ 5 � 4 3− 5 � � Câu 3: π 1 2 2 1) Tính tích phân I = sin x � sin x + dx 2 π 6 π 3 2 − cos 2 x d (cos x) . Giải: I = − 2 π 6 3 §Æt cos x = cos u 2 π 2 3 3 ⋅ ∫ sin 2 udu = ( π + 2) ⇒I = 2π 16 4 2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: (m - 3) x + ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1) Giải: Đk x ≥ 0. đặt t = x;t≥ 0 2t − 3t + 3 2 (1) trở thành (m–3)t+(2-m)t +3-m = 0 ⇔ m = 2 2 (2) t − t +1 Xét hàm số f(t) = 2t 2 − 3t + 3 (t ≥ 0) 2 t − t +1 Lập bảng biến thiên 5 (1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ≥ 0 ⇔ 3 m 3 Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: a b c + + 1 8c + 1 8a + 1 8b3 + 1 3 3 Giải: a a cauchy 2c 2 + 1⇒ 8c 3 + 1 8c 3 + 1 = (2c + 1)(4c 2 − 2c + 1) 2c 2 + 1 b b; c c Tương tự, 8a + 1 2a + 1 8b + 1 2b + 1 2 2 3 3 a+b+c 1 (1 ) Ta sẽ chứng minh: 2c 2 + 1 2a2 + 1 2b 2 + 1 Bđt(1) ⇔ 4(a3b2+b3a2+c3a2) +2(a3+b3+c3 )+2(ab2+bc2+ca2)+( a+b+c) ≥ ≥ 8a2b2c2 +4(a2b2 +b2c2 +c2a2) +2 (a2 +b2 +c2 )+1 (2) 2a3b2 +2ab2 ≥ 4a2b2; …. (3) Ta có: 2(a3b2+b3a2+c3a2) ≥ 2.3. 3 a 5b 5c 5 =6 (do abc =1)(4) a3+b3+c3 ≥ 3abc =3 = 1 +2 a2b2c2 (5) a3 +a ≥ 2a2; …. (6)
Công các vế của (3), (4), (5), (6), ta được (2). Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1 Câu 5: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =60 0, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). Giải: Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. Suy ra: SM =AM = a 2 3 ; và SO ⊥ mp(ABC) ﾷ AMS = 600 3a ⇒ d(S; BAC) = SO = 4 3 ⇒ V(S.ABC) = 1 dt ( ABC ).SO = a16 3 3 Mặt khác, V(S.ABC) = 1 dt ( SAC ).d ( B; SAC ) 3 ∆ SAC cân tại C có CS =CA =a; SA = a 2 3 a 2 13 3 ⇒ dt(SAC) = 16 3V 3a SAC) = dt ( SAC ) = 13 Vậy d(B; Phần riêng: 1. Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: Cho ∆ ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có phương trình ( ∆ ) 2x +y –1 =0; khoảng cách từ C đến (∆ ) bằng 2 lần khoảng cách từ B đến (∆ ). Tìm A, C biết C thuộc trục tung. Gọi H, I lần lượt là hình chiếu của B, C lên (∆ ). Giải: M là đối xứng của B qua ∆ ⇒ M ∈ AC và M là trung điểm của AC. ( −51; 5) → M ( −57; 4) 7 (BH): x –2y + 3 =0 → H 5 y0 = 7 BH = 3 5 ⇒CI = 6 5 ; C∈ Oy ⇒ C(0; y0) ⇒ y o = −5 5 5 ( −5 ; −5 ) (∆ )→loại 14 27 C(0; 7) ⇒ A (0; –5) ⇒ A ( 5 5) −14 ; 33 (∆ )→ nhận. Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng : x = 1+ 2t 3− y z + 2 (d1) x + 1 = y = 2+ t (t = ﾷ ) . Viết phương trình tham số của đường ; (d2) 1 1 2 z = 1+ t thẳng ∆ nằm trong mp(P) và cắt cả 2 đường thẳng (d1) , (d2) x = 1− 2t (P) ∩ (d1) = A(1;1;2); (P) ∩ (d2) = B(3;3;2)→ (∆ ) y = 1− 2t (t ﾷ) Giải: z=2 2. Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b: Cho ∆ ABC có diện tích bằng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G ∈ (d) 3x –y –8 =0. tìm bán kinh đường tròn nội tiếp ∆ ABC. a − b − 5 2S∆ABC = C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) = Giải: AB 2 a − b = 8(1) ⇒ a−b−5 = 3 a − b = 2(2) ( ) Trọng tâm G a + 5; b − 5 ∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3) 3 3 3 S (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r = p = 2 + 65 + 89 3 S (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ r = p = 2 + 2 5 Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng: (P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x2 +y2 +z2 +4x –6y +m =0. Tìm tất cả các giá trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm MN sao cho MN= 8. Giải: (S) tâm I(-2;3;0), bán kính R= 13− m = IM (m < 13) Gọi H là trung điểm của MN ⇒ MH= 4 ⇒ IH = d(I; r = − m − 3 d) r uu �; AI � u r � r �= 3 (d) qua A(0;1;-1), VTCP u = (2;1 ⇒ d(I; d) = ;2) u Vậy : − m − 3 =3 ⇔ m = –12( thỏa đk) ..........................................................................................
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 148 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = . x −1 1. Khảo sát sự biến thiên 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 có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) cos 2 x. ( cos x − 1) = 2 ( 1 + sin x ) . 1. Giải phương trình sin x + cos x 7 − x2 + x x + 5 = 3 − 2x − x2 2. Giải phương trình (x ﾷ ) 3 x −3 dx . Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân 0 3. x + 1 + x + 3 Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di đ ộng trên các cạnh AB, AC sao cho ( DMN ) ⊥ ( ABC ) . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: x + y = 3xy. Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z 0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x 3 + y 3 + 16 z 3 P= ( x + y + z) 3 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (ph ần A ho ặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đ ường th ẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đ ường th ẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm to ạ đ ộ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng x + 1 y −1 z − 2 x−2 y+2 z = = = = d1: , d2: −2 2 3 1 1 5 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2. Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i) n , biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có đi ểm A(2; 3), tr ọng tâm G(2; 0). Hai đ ỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1: x + y + 5 = 0 và d 2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. x − 3 y + 2 z +1 = = 2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = −1 2 1 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới ∆ bằng 42 .
1 log 1 ( y − x ) − log 4 =1 y Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( x, y ﾷ ) 4 2 2 x + y = 25 -------------------Hết ------------------- ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 148 ) Nội dung Điể Câu m I HS tu lam 2,0 II 2.0 cos 2 x. ( cos x − 1) = 2 ( 1 + sin x ) . Giải phương trình 1 1.0 sin x + cos x ĐK: sin x + cos x 0 0.25 Khi đó PT � ( 1 − sin x ) ( cos x − 1) = 2 ( 1 + sin x ) ( sin x + cos x ) 2 � ( 1 + sin x ) ( 1 + cos x + sin x + sin x.cos x ) = 0 0.25 � ( 1 + sin x ) ( 1 + cos x ) ( 1 + sin x ) = 0 sin x = −1 (thoả mãn điều kiện) 0.25 cos x = −1 π + k 2π x=− ( k, m Z) 2 x = π + m2π 0.25 π ( k, m Z) + k 2π và x = π + m2π Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x = − 2 2 1.0 7 − x2 + x x + 5 = 3 − 2 x − x2 Giải phương trình: (x ﾷ ) 3 − 2 x − x2 0 PT 0.25 7 − x2 + x x + 5 = 3 − 2x − x2 3 − 2 x − x2 0 0.25 x x + 5 = −2( x + 2) −3 x 1 −2 x
x = 0 � u =1 x + 1 � u 2 − 1 = x � 2udu = dx ; đổi cận: Đặt u = 0.25 x = 3�u = 2 3 2 2 2 x−3 2u 3 − 8u 1 0.25 Ta có: � dx = � du = �u − 6)du + 6� du (2 u + 3u + 2 u +1 2 0 3 x +1 + x + 3 1 1 1 2 ( ) 1 + 6 ln u + 1 1 0.25 2 = u 2 − 6u 3 0.25 = −3 + 6 ln 2 IV 1.0 D Dựng DH ⊥ MN = H Do ( DMN ) ⊥ ( ABC ) � DH ⊥ ( ABC ) mà D. ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC . B C 0.25 N H M A 2 �3� 6 Trong tam giác vuông DHA: DH = DA − AH = 1 − � � = 2 2 2 �3 � 3 �� 0.25 1 3 = AM . AN .sin 600 = Diện tích tam giác AMN là S AMN xy 2 4 1 2 Thể tích tứ diện D. AMN là V = S AMN .DH = xy 0.25 3 12 1 1 1 Ta có: S AMN = S AMH + S AMH � xy.sin 600 = x. AH .sin 300 + y. AH .sin 300 2 2 2 0.25 ⇔ x + y = 3xy. V 1.0 ( x + y) 3 Trước hết (biến đổi tương đương) ta có: x +y 3 3 4 0.25 � ... � ( x − y ) ( x + y ) �0 2 ( x + y) ( a − z) 3 3 + 64 z 3 + 64 z 3 = ( 1 − t ) + 64t 3 3 Đặt x + y + z = a. Khi đó 4 P = 3 3 a a 0.25 z (với t = , 0 t 1 ) a [ 0;1] . Có 0.25 Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t 1 f '(t ) = 3 � t 2 − ( 1 − t ) � f '(t ) = 0 � t = � 0;1] [ 2 64 , � � 9 Lập bảng biến thiên