Hướng dẫn giải đề thi thử đại học năm 2012 môn: Toán - Đề số 16

Chia sẻ: Phan Tour Ris | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

56
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo hướng dẫn giải đề thi thử đại học năm 2012 môn "Toán - Đề số 16" dưới đây để có thêm tài liệu củng cố lại kiến thức đã học và rèn luyện kỹ năng làm bài thi. Hy vọng nội dung đề thi sẽ giúp các bạn tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Hướng dẫn giải đề thi thử đại học năm 2012 môn: Toán - Đề số 16

DIỄN ĐÀN BOXMATH.VN HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 2 Môn: TOÁN ĐỀ SỐ 16 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 01 I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm): Cho tất cả thí sinh Câu I.(2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − 2x2 + x có đồ thị (C). 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C). p 2. Tìm m để phương trình |x| = 3 2x2 − |x| + m có đúng 6 nghiệm phân biệt. Giải: Ta có: p 3 |x| = 2x2 − |x| + m ⇔ |x|3 − 2|x|2 + |x| = m -2 x2 − 2x2 + x; x ≥ 0 3 2 Hàm số f (x) = |x| − 2|x| + |x| = có đồ thị (P ) gồm 2 phần (P1 ), (P2 ) (−x)3 − 2(−x)2 + (−x); x < 0 được xác định bằng cách: - Giữ nguyên phần đồ thị không nằm bên trái trục tung của (C) : (P1 ) - Lấy đối xứng phần đồ thị (P1 ) qua p trục tung : (P2 ) Số nghiệm của phương trình |x| = 3 2x2 − |x| + m đúng bằng số giao điểm của (P ) với đường thẳng y = m ath xM 4 Dựa vào đồ thị ta thấy, đường thẳng y = m cắt (P ) tại 6 điểm phân biệt khi và chỉ khi 0 < m < 27 4 Vậy 0 < m < 27 là giá trị cần tìm. Câu II.(2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 sin x(2 sin x − sin2 3x) = sin2 3x(2 sin x − 1) Giải: Phương trình tương đương 4 sin2 x − 4 sin x. sin2 3x + sin2 3x = 0 ⇔(2 sin x − sin2 3x)2 + sin2 3x − sin4 3x = 0 Bo ⇔(2 sin x − sin2 3x)2 + sin2 3x cos2 3x = 0 2sinx − sin2 3x = 0 (1) ⇔ sin2 3x cos2 3x = 0 (2) Ta có sin2 3x = 0 (2) ⇔ sin2 3x = 1 Với sin2 3x = 0 thay vào (1) ta được sinx = 0 ⇔ x = πkπ (k ∈ Z) x = 6 + k2π Với sin2 3x = 1 thay vào (1) được sinx = 21 ⇔ (k ∈ Z) x = 5π 6 + k2π π
( x4 + 2xy + 6y − (7 + 2y)x2 = −9 2. Giải hệ phương trình: 2 2x2 y − x3 = 10 Giải: Phương trình thứ nhất tương đương 01 x2 − x − 3 = 0 2 2 2 (x − y − 3) = (x − y) ⇔ 2y = x2 + x − 3 √ √ ! √ √ ! 1+ 13 79 − 13 1 − 13 79 + 13 Với x2 − x − 3 = 0, ta tìm được 2 nghiệm ; , ; 2 36 2 36 √ ! √ ! √ 2+ 5 √ 2− 5 Với 2y = x2 + x − 3, ta tìm được 2 nghiệm 5; , − 5; -2 2 2 Vậy hệ có 4 nghiệm là √ √ ! √ √ ! √ ! √ ! 1+ 13 79 − 13 1− 13 79 + 13 √ 2+ 5 √ 2− 5 ; , ; , 5; , − 5; 2 36 2 36 2 2 Câu III.(1,0 điểm) Tính tích phân ln 2 x.ex Z I= dx 0 e2x − 2ex + 2 Giải: Ta có: ath Z ln 2 x.ex I= dx 0 (ex − 1)2 + 1 ex tan2 t ex dx Đặt tan t = − 1 suy ra + 1 dt = và x = ln (tan t + 1) π Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0, x = ln 2 ⇒ t = 4 Khi đó: π Z4 I= ln (tan t + 1) dt xM 0 π Đặt u = − t. Khi đó 4 π π π Z4 Z4 Z4 1 − tan u 2 I= ln 1 + du = ln du = [ln 2 − ln (tan t + 1)]dt 1 + tan u tan u + 1 0 0 0 Suy ra Bo π Z4 π 2I = ln 2dt = ln 2 4 0 π Vậy I = ln 2 8 Câu IV.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình bình hành với AB = a, AD = 2a, có SC vuông \ = 600 ; SA hợp với (ABCD) góc 450 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng góc (ABCD), góc BAD cách giữa SA và BD. Giải: π
2 01 -2 Câu V.(1,0 điểm) Cho các số thực thay đổi x, y, z ∈ [0; 2] thỏa mãn x ≥ y, x ≥ z và x + y + z = 3. Tìm giá trị ath lớn nhất của biểu thức p P = x3 + y 3 + z 3 + 7 3 (x − 1)y(z + 1) Giải: Vì x ≥ y, x ≥ z và x ∈ [0; 2] nên 1 ≤ x ≤ 2. Theo bất đẳng thức cô-si, ta có: p P = x3 + y 3 + z 3 + 7 3 (x − 1)y(z + 1) 7 ≤ x3 + (y + z)3 + (x − 1 + y + z + 1) 3 = x3 + (3 − x)3 + 7 = 9(x − 2)(x − 1) + 16 xM ≤ 16. Đẳng thức xảy ra khi x = 2, y = 1, z = 0 nên giá trị lớn nhất của P là 16. II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: 1. Theo chương trình chuẩn: Câu VIa.(2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d) : x + y − 3 = 0 và đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính R = 4. Từ một điểm A nằm ngoài (C) kẻ hai tiếp tuyến d1 và d2 đến đường tròn (C) cắt đường thẳng (d) Bo −→ −→ lần lượt tại B và C sao cho IB, IC ngược hướng. Tìm tọa độ điểm A để diện tích tam giác ABC nhỏ nhất. Giải: π
(C) có tâm I(2; 1); R = 4. Ta thấy (d) đi qua tâm I và B, C nằm khác phía so với I. 2 Gọi 2 tiếp điểm của (d1 ) và (d2 ) với đường tròn lần lượt là H và K; chân đường cao từ C hạ xuống AB là M . Ta có: S∆ABC = S∆ABI + S∆ACI 01 AB.IH IK.AC = + 2 2 = 2(AB + AC)(doR = 4) √ ≥ 4 AB.AC √ p ≥ 4 AB.CM = 4 2S∆ABC ⇒S∆ABC ≥ 32 -2 AB = AC Dấu bằng xảy ra ⇔ hay ∆ABC vuông cân tại A. AC = CM √ Khi đó đường thẳng AI⊥(d) và AI = IH.sin45o = 4 2 t=6 (AI) : x − y − 1 = 0 ⇒ A(t; t − 1) ⇒ AI = 2(t − 2)2 = 32 ⇔ t = −2 VậyA(6; 5) hoặc A(−2; −3)  x = 5 + 2t  2. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng ∆1 : y = t và mặt phẳng (P ) : x + 2y − z = 5. Lập  z =2+t  ath phương√trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P ) vuông góc với ∆1 và khoảng cách giữa ∆1 và ∆ bằng 3 2. Giải: xM Bo π
( x2 −x+1 2 2 + 2y −x+3(y+1) =3 Câu VIIa.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau: 2 2 2 2 2 2 2x −x+2 − 6.2y −x+3y+2 .2x −y +3 = 2(y+3) −x Giải: Hệ tương đương ( 2 2 2x −x+1 + 2y −x+3(y+1) = 3 01 2 2 2 2 2x −x+2 − 3.2y −x+3(y+1) = 2.22(y −x+3y+3)−(x −x+1) 2 −x+1 2 −x+3(y+1) Đặt a = 2x > 0, b = 2y > 0 ta được hệ ẩn a, b:   a+b =3 2b2 2a − 3b = a -2 Thế b = 3 − a vào phương trình thứ hai được phương trình ẩn b: b=1 3b2 − 21b + 18 = 0 ⇔ b=6 x2 − x + 1 =1 Với b = 1 ⇒ a = 2 ⇒ 2 ⇔ (x; y) = (1; −1); (1; −2) y − x + 3y + 3 = 0 Với b = 6 ⇒ a = −3 loại (vì a > 0). 2. Theo chương trình nâng cao Câu VIb.(2,0 điểm) ath 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y 2 = 25 và đường tròn (T ) : x2 + (y − 8)2 = 9. Một đường thẳng (d) cắt (C) tại A và B; cắt (T ) tại C và D thoả mãn AB = BC = CD. Viết phương trình đường thẳng (d). Giải: xM Bo Dễ thấy 2 đường tròn đã cho tiếp xúc ngoài. (C) có tâm O(0; 0), bán kính R = 5; (T ) có tâm I(0; 8), bán kính R = 3. Giải sử AB =√BC = CD = 2a √và trung điểm các đoạn AB, CD lần lượt là E, F. Ta có OE = 25 − a ; IF = 9 − a2 , OI = 8 2 √ √ Gọi hình chiếu của I lên OE là O0 ta có: IO0 = EF = 4a, O0 O = OE − IF = 25 − a2 − 9 − a2 Từ tam giác vuông tại O0 ta có định lí Pitago: p p 2 OI 2 = O0 I 2 + O0 O2 ⇔ 25 − a2 − 9 − a2 = 82 − (4a)2 Ta giải được r 11 8 4 π a= ⇒ OE = d(O, d) = √ , IF = d(I, d) = √ 3 3 3 Giải sử d : mx + ny + p = 0. Từ các khoảng cách từ O, I đến d ta tính được: các đường thẳng: √ √ 16 ± 11x + y − 16 = 0; ±x + 3y − =0 3
x−1 y z x y z+1 2 2. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng (∆1 ) : = = , (∆2 ) : = = và mặt phẳng 1 1 −1 1 1 3 (P ) : x + y − z − 1 = 0. Lập phương trình đường thẳng ∆ nằm trong (Pr) thỏa mãn đồng thời các điều kiện 3 sau: ∆ cắt ∆2 , ∆ và ∆1 chéo nhau, và khoảng cách từ ∆ đến ∆1 bằng . 01 2 Giải: -2 ath xM √ Câu VIIb.(1,0 điểm) Giải bất phương trình sau: (32x + 3) 2.3x + 3 ≤ 32x+1 + 4.3x − 3 Giải: Đặt t = 3x , điều kiện t > 0 Bo Bất phương trình trở thành: √ (t2 + 3) 2t + 3 ≤ 3t2 + 4t − 3 (1) Ta có √ ( 2t + 3 − t)2 ≥ 0 √ ⇔t2 + 3 ≥ 2t 2t + 3 − 2t √ √ ⇔(t2 + 3) 2t + 3 ≥ 2t(2t + 3) − 2t 2t + 3 (2) √ ⇔(t2 + 3) 2t + 3 ≥ 2t(2t + 3) − (t2 + 2t + 3) = 3t2 + 4t − 3 (3) √ Từ (1), (2) và (3), ta được t = 2t + 3 ⇔ t = 3 Với t = 3, ta được 3x = 3 ⇔ x = 1 π ——— HẾT ——— Thành viên ra đề: letrungtin.dongthap (Câu I, II, V, VIIb), kienqb2011(Câu VIa.2, VIb.2), hoanghai1195(Câu VIa.1, VIb.1), duyhien(Câu VIIa), manlonely838 (Câu IV)