zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 1-10

Chia sẻ: TiPo | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:24

Báo xấu

129
lượt xem 40
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'thi thử đại học môn toán năm 2012_đề số 1-10', 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: thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 1-10

Ôn thi Đại học ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 1 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Cho hàm số y = − x 3 + 3 x 2 − 2 (C) Câu I (2 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2) Tìm trên đường thẳng (d): y = 2 các điểm mà từ đó có th ể kẻ đ ược ba ti ếp tuy ến đến đồ thị (C). Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: 2x + 3 + x + 1 = 3x + 2 2x 2 + 5x + 3 − 16 . 3π � π� � � 2) Giải phương trình: 2 2cos2x + sin2x cos� + � 4sin� + � 0 . − = x x 4 � 4� � � π 2 Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = (sin4 x + cos4 x )(sin6 x + cos6 x )dx . 0 Câu IV (2 điểm) Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại B có AB = a, BC = a 3 , SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 2a. G ọi M, N l ần l ượt là hình chi ếu vuông góc của điểm A trên các cạnh SB và SC. Tính th ể tích c ủa kh ối chóp A.BCNM. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c, d là các số dương. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 + + + 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 abcd a + b + c + abcd b + c + d + abcd c + d + a + abcd d + a + b + abcd II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) A. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, gọi A, B là các giao điểm của đ ường th ẳng (d): 2x – y – 5 = 0 và đường tròn (C’): x 2 + y 2 − 20 x + 50 = 0 . Hãy viết phương trình đường tròn (C) đi qua ba điểm A, B, C(1; 1). 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4; 5; 6). Vi ết ph ương trình mặt phẳng (P) qua A, cắt các trục tọa độ lần lượt tại I, J, K mà A là trực tâm của tam giác IJK. Câu VII.a (1 điểm) Chứng minh rằng nếu a + bi = (c + di )n thì a 2 + b 2 = (c 2 + d 2 )n . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 3 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có di ện tích b ằng , A(2; 2 –3), B(3; –2), trọng tâm của ∆ ABC nằm trên đường thẳng (d): 3x – y –8 = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn đi ểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0). Chứng minh các đường thẳng AB và CD chéo nhau. Vi ết ph ương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳng Oxy và c ắt các đ ường th ẳng AB, CD. điểm) Giải hệ phương Câu VII.b (1 trình: log4(x 2 + y 2) − log4(2x ) + 1= log4(x + 3y) �� x log4(xy + 1) − log4(4y 2 + 2y − 2x + 4) = log4 � � 1 − y �� Trang 1
Ôn thi Đại học ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 2 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2đ): Cho hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 9x − 7 có đồ thị (Cm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 . 2. Tìm m để (Cm) cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. Câu II. (2đ): 1. Giải phương trình: sin2 3x − cos2 4x = sin2 5x − cos2 6x 21− x − 2x + 1 2. Giải bất phương trình: 0 2x − 1 x + 7 − 5− x 2 3 Câu III. (1đ) Tính giới hạn sau: A = lim x −1 x1 Câu IV (1đ): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nh ật; SA ⊥ (ABCD); AB = SA = 1; AD = 2 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC; I là giao đi ểm c ủa BM và AC. Tính thể tích khối tứ diện ANIB. Câu V (1đ): Biết (x; y ) là nghiệm của bất phương trình: 5x 2 + 5y 2 − 5x − 15y + 8 0 . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức F = x + 3y . II. PHẦN TỰ CHỌN (3đ) A. Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2đ) 2 2 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): x + y = 1. A, B là các điểm trên 25 16 AF1+BF2 = 8, với F1;F2 là các tiêu điểm. Tính AF2 + BF1 . (E) sao cho: 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (α ) : 2x − y − z − 5 = 0 và điểm A(2;3; −1 . Tìm toạ độ điểm B đối xứng với A qua mặt phẳng (α ) . ) 3 2 3 3 log 1 ( x + 2) - 3 = log 1 ( 4 - x ) + log 1 ( x + 6) Câu VIIa. (1đ): Giải phương trình: 2 4 4 4 B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2đ) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn đi qua A(2; −1) và tiếp xúc với các trục toạ độ. x +1 y −1 z − 2 = = 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d : và 2 1 3 mặt phẳng P : x − y − z − 1= 0 . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A(1 ; −2) , song ;1 song với mặt phẳng (P ) và vuông góc với đường thẳng d . 2 2 3 Câu VII.b (1đ) Cho hàm số: y = mx + (m + 1)x + 4m + m có đồ thị (Cm ) . x+m Tìm m để một điểm cực trị của (Cm ) thuộc góc phần tư thứ I, một điểm cực trị của (Cm ) thuộc góc phần tư thứ III của hệ toạ độ Oxy. Trang 2
Ôn thi Đại học ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 3 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 1 có đồ thị (C). Câu I: (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho ti ếp tuyến của (C) t ại A và B song song với nhau và độ dài đoạn AB = 4 2 . Câu II: (2 điểm) 1 1 log 2 (x + 3) + log4(x − 1)8 = 3log8(4x ) . 1. Giải phương trình: 2 4 �π� 0; 2. Tìm nghiệm trên khoảng � �của phương trình: � 2� π � 3π � � x� � � 4sin2 � − � 3sin� − 2x � 1+ 2cos2 � − π − = x � � 2� 2 � 4� � � Câu III: (1 điểm) Cho hàm số f(x) liên tục trên R và f (x ) + f (− x ) = cos4 x với mọi x R. π 2 f ( x ) dx . I= Tính: −π 2 Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình vuông tâm O. Các m ặt bên (SAB) và (SAD) vuông góc với đáy (ABCD). Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SD .Tính thể tích khối chóp O.AHK. Câu V: (1 điểm) Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = 4 . a b c d + + + 2 Chứng minh rằng: 2 2 2 1+ a 2b 1+ b c 1+ c d 1+ d a II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a: (2 điểm) 3 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có di ện tích bằng , 2 A(2;–3), B(3;–2). Tìm toạ độ điểm C, biết điểm C nằm trên đường thẳng (d): 3x – y – 4 = 0. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đi ểm A(2;4;1),B(–1;1;3) và m ặt phẳng (P): x – 3y + 2z – 5 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng (P). Câu VII.a: (1 điểm) Tìm các số thực b, c để phương trình z2 + bz + c = 0 nhận số phức z = 1 + i làm một nghiệm. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có tr ọng tâm G( −2, 0) và phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là: 4x + y + 14 = 0; 2x + 5y − 2 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(2,0,0); B(0,4,0); C(2,4,6) và 6x − 3y + 2z = 0 . Viết phương trình đường thẳng ∆ // (d) và đường thẳng (d) 6x + 3y + 2z − 24 = 0 cắt các đường thẳng AB, OC. Trang 3
Ôn thi Đại học Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình sau trong tập số phức: z 4 ﾖ z3 + 6z 2 ﾖ 8z ﾖ16 = 0 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 4 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2.0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 5x 2 + 4, có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2. Tìm m để phương trình x 4 − 5x 2 + 4 = log2 m có 6 nghiệm. Câu II (2.0 điểm). 1 1 1. Giải phương trình: sin2x + sin x − − = 2cot2x (1) 2sin x sin2x 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm x �� 1+ 3� 0; : � � ( ) (2) x 2 − 2x + 2 + 1 + x (2 − x ) 0 m 4 2x + 1 Câu III (1.0 điểm). Tính I = dx 0 1+ 2x + 1 Câu IV (1.0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A 1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA 1 = 2a 5 và ﾷBAC = 120o . Gọi M là trung điểm của cạnh CC 1. Chứng minh MB ⊥ MA1 và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM). Câu V (1.0 điểm). Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh: 3x + 2y + 4z xy + 3 yz + 5 zx II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) A. Theo chương trình Chuẩn. Câu VI.a. (2.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm B(−1 3; 0), C (1 3; 0), M (0; 0; a) với a > 0. Trên trục Oz lấy điểm N sao cho mặt ; ; phẳng (NBC) vuông góc với mặt phẳng (MBC). 1. Cho a = 3 . Tìm góc α giữa mặt phẳng (NBC) và mặt phẳng (OBC). 2. Tìm a để thể tích của khối chóp BCMN nhỏ nhất x + x 2 − 2x + 2 = 3y −1 + 1 (x , y ﾷ ) Câu VII.a. (1.0 điểm). Giải hệ phương trình: y + y 2 − 2y + 2 = 3x −1 + 1 B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b. (2.0 điểm). Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (–1; 3; –2), B (–3; 7; –18) và mặt phẳng (P): 2x – y + z + 1 = 0 1. Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P). 2. Tìm tọa độ điểm M ∈ (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. Câu VII. b. (1.0 điểm). Giải bất phương trình: (logx 8+ log4 x 2)log2 2x 0 Trang 4
Ôn thi Đại học ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 5 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x + 1 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = có đồ thị (C). x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số . 2. Với điểm M bất kỳ thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến tại M c ắt 2 ti ệm c ận t ại Avà B. Gọi I là giao điểm hai tiệm cận . Tìm vị trí của M để chu vi tam giác IAB đ ạt giá tr ị nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 3sin2x − 2sin x =2 1. Giải phương trình: (1) sin2x.cosx x 4 − 4x 2 + y 2 − 6y + 9 = 0 2. Giải hệ phương trình : (2) x 2y + x 2 + 2y − 22 = 0 π 2 Câu III (1 điểm) Tính tích phân sau: 2 I = esin x .sin x .cos3 x. dx 0 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có c ạnh bên b ằng a, m ặt bên h ợp v ới đáy góc α . Tìm α để thể tích của khối chóp đạt giá trị lớn nhất. Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: �x y z� P = 3 4(x3 + y3) + 3 4(x3 + z3) + 3 4(z3 + x3) + 2� + + � 2 z2 x2 � � y � � II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I( ; 0) . 2 Đường thẳng chứa cạnh AB có phương trình x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD. Tìm to ạ đ ộ các đỉnh A, B, C, D, biết đỉnh A có hoành độ âm . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng (d1) và (d2) có phương x −1 y +1 z -2 x - 4 y −1 z − 3 = = = = . trình: (d1); ; (d2): 2 3 1 6 9 3 Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa (d 1 ) và (d2) . Câu VII.a (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt : 10x 2 + 8x + 4 = m(2x + 1). x 2 + 1 (3) B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD biết M(2;1); N(4; –2); P(2;0); Q(1;2) lần lượt thuộc cạnh AB, BC, CD, AD. Hãy lập phương trình các c ạnh của hình vuông. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng ( ∆ ) và (∆′ ) có phương � = 3+ t � = −2 + 2 t ' x x � � (∆): � = −1+ 2t ; (∆ ): � = 2 t ' y y trình: � =4 � = 2 + 4t ' z z � � Trang 5
Ôn thi Đại học Viết phương trình đường vuông góc chung của (∆ ) và (∆′ ). Câu VII.b (1 điểm) Giải và biện luận phương trình: mx + 1.(m 2x 2 + 2mx + 2) = x 3 − 3x 2 + 4x − 2 (4) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 6 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số y = x 3 −3 x (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Chứng minh rằng khi m thay đổi, đường thẳng (d): y = m(x +1) + 2 luôn c ắt đ ồ th ị (C) tại một điểm M cố định và xác định các giá trị của m đ ể (d) c ắt (C) t ại 3 đi ểm phân biệt M, N, P sao cho tiếp tuyến với đồ thị (C) tại N và P vuông góc với nhau. Câu 2 (2 điểm): 1) Giải phương trình: 5.32 x −1 −7.3x −1 + 1 −6.3 x +9 x +1 = 0 (1) 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có 2 nghi ệm phân biệt: log (x + 1) − log (x − 1) > log3 4 (a) 3 3 (2) log2(x 2 − 2x + 5) − m log( x 2 −2x + 5) 2 = 5 (b) x 3 = 9z2 − 27(z − 1) (a) y 3 = 9x 2 − 27(x − 1) Câu 3 (1 điểm): Giải hệ phương trình: (3) (b) z3 = 9y 2 − 27(y − 1) (c) Câu 4 (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB =2a, BC= a, các c ạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 2 . Gọi M, N tương ứng là trung điểm của a các cạnh AB, CD; K là điểm trên cạnh AD sao cho AK = . Hãy tính khoảng cách 3 giữa hai đường thẳng MN và SK theo a. Câu 5 (1 điểm) Cho các số a, b, c > 0 thoả mãn: a + b + c =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu a b c T= + + thức: . 1− a 1− b 1− c II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu 6a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và đường thẳng d: x – 2y + 2 = 0. Tìm trên d hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại B và AB = 2BC. 2) Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: x 2 + y2 + z2 – 2x + 4y + 2z – 3 = 0 và mặt phẳng (P): 2x – y + 2z – 14 = 0. Vi ết ph ương trình m ặt phẳng (Q) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3. Câu 7a (1 điểm) Tìm các số thực a, b, c để có: z3 − 2(1+ i )z2 + 4(1+ i )z − 8i = (z − ai )(z2 + bz + c ) Từ đó giải phương trình: z3 − 2(1+ i )z2 + 4(1+ i )z − 8i = 0 trên tập số phức. Tìm môđun của các nghiệm đó. B. Theo chương trình nâng cao Câu 6b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai ti ếp tuyến của (C) mà góc gi ữa Trang 6
Ôn thi Đại học hai tiếp tuyến đó bằng 600. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1) : { x = 2t; y = t; z = 4 ; (d2) : { x = 3 − t ; y = t ; z = 0 Chứng minh (d1) và (d2) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2). x ln10 e dx và tìm b→ln2 J. lim Câu 7b (1 điểm) Cho số thực b ≥ ln2. Tính J = ∫b 3 x e −2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 7 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x3 + 2mx 2 + (m + 3) x + 4 có đồ thị là (Cm). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số trên khi m = 1. 2) Cho (d) là đường thẳng có phương trình y = x + 4 và đi ểm K(1; 3). Tìm các giá tr ị của tham số m sao cho (d) cắt (C m) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: cos 2 x + 5 = 2(2 − cos x)(sin x − cos x) (1) 8 x3 y 3 + 27 = 18 y 3 2) Giải hệ phương trình: (2) 4 x2 y + 6 x = y 2 π 1 2 2 I = sin x �sin x + dx Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 2 π 6 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ACB) bằng 600, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính khoảng cách từ B đến mp(SAC). Câu V (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghi ệm thực: 2 2 (3) 91+ 1− x − (m + 2)31+ 1− x + 2m + 1 = 0 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có ph ương trình (x − 1)2 + (y + 2)2 = 9 và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đ ường th ẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đi ểm A(10; 2; –1) và đ ường th ẳng d có x −1 y z −1 == phương trình: . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song 2 1 3 với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Câu VIIa (1 điểm): Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 4a 3 4b3 4c 3 + + 3 (4) (1 + b)(1 + c) (1 + c)(1 + a) (1 + a)(1 + b) B. Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(2;–3), B(3;–2), tam giác ABC có 3 ; trọng tâm G của ∆ ABC nằm trên đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. diện tích bằng 2 Tìm bán kính đường tròn nội tiếp ∆ ABC. Trang 7
Ôn thi Đại học 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d) là giao tuyến c ủa 2 mặt phẳng (P): 2x – 2y – z + 1 = 0, (Q): x + 2y – 2z – 4 = 0 và m ặt c ầu (S): x 2 + y2 + z2 + 4x – 6y + m = 0. Tìm m để (S) cắt (d) tại 2 điểm M, N sao cho độ dài MN = 8. log 2 ( x 2 + y 2 ) = 1 + log 2 ( xy ) (x, y ∈ R) Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phương trình : 2 − xy + y 2 = 81 3x ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 8 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số f ( x) = x 4 + 2(m − 2) x 2 + m 2 − 5m + 5 (Cm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số với m = 1 2) Tìm m để (Cm) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân. Câu II: (2 điểm) 1 1 1) Giải bất phương trình sau trên tập số thực: (1) x + 2 − 3− x 5 − 2x 1 + log 1 x 0 2) Tìm các nghiệm thực của phương trình sau thoả mãn : 3 sin x.tan 2 x + 3(sin x − 3 tan 2 x) = 3 3 (2) � 1− x � 1 − 2 x ln ( 1 + x ) � Câu III: (1 điểm) Tính tích phân sau: I = � dx � � 0 � 1+ x � Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi v ới ﾷA = 1200 , BD = a >0. Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Góc gi ữa mặt phẳng (SBC) và đáy b ằng 60 0. Một mặt phẳng (α) đi qua BD và vuông góc với cạnh SC. Tính t ỉ số th ể tích gi ữa hai phần của hình chóp do mặt phẳng (α) tạo ra khi cắt hình chóp. Câu V: (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc + a + c = b . Hãy tìm giá trị lớn 2 2 3 P= −2 +2 nhất của biểu thức: (3) a +1 b +1 c +1 2 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm ) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình d1: x + y + 1 = 0 . Phương trình đường cao vẽ từ B là d 2: x − 2 y − 2 = 0 . Điểm M(2; 1) thuộc đường cao vẽ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) đi qua x + 2 y z −1 ( d1 ) : == M(1;1;1), cắt đường thẳng và vuông góc với đường thẳng −2 3 1 ( d 2 ) : x = −2 + 2t; y = −5t; z = 2 + t ( t R ). Câu VII.a: (1 điểm) Giải phương trình: Cn + 3Cn2 + 7Cn3 + ... + (2n − 1)Cnn = 32 n − 2 n − 6480 1 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho Elip (E): x 2 + 5 y 2 = 5 , Parabol ( P ) : x = 10 y 2 . Hãy viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đ ường th ẳng (∆ ) : x + 3 y − 6 = 0 , đồng thời tiếp xúc với trục hoành Ox và cát tuyến chung của Elip (E) với Parabol (P). 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường th ẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P): x + y + z − 1 = 0 đồng thời cắt cả hai đường thẳng Trang 8
Ôn thi Đại học x −1 y +1 z ( d1 ) : = và (d 2 ) : x = −1 + t ; y = −1; z = −t , với t = R. −1 1 2 x 2 = 1 + 6log 4 y (a ) Câu VII.b: (1 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: . 2 x +1 y =2 y+2 2 x (b) (4) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 9 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + (1 – 2m)x2 + (2 – m)x + m + 2 (m là tham số) (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2. 2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có đi ểm c ực đại, đi ểm c ực ti ểu, đ ồng thời hoành độ của điểm cực tiểu nhỏ hơn 1. Câu II (2 điểm) 2+3 2 1) Giải phương trình: cos3x cos3 x − sin 3x sin 3 x = (1) 8 x 2 + 1 + y ( y + x) = 4 y 2) Giải hệ phương trình: (x, y ) (2) ( x 2 + 1)( y + x − 2) = y 6 dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = 2 2x + 1 + 4x + 1 Câu IV (1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh AB=AD = a, AA’ = a3 và góc BAD = 600 . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh A’D’ và 2 A’B’. Chứng minh rằng AC’ vuông góc với mặt phẳng (BDMN). Tính th ể tích kh ối chóp A.BDMN. Câu V (1 điểm) Cho x,y là các số thực thỏa mãn điều kiện x 2+xy+y2 ≤ 3 .Chứng minh rằng: ﾖ4 3 ﾖ 3 x 2 ﾖ xy ﾖ 3y 2 4 3 + 3 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đ ỉnh A thu ộc đ ường thẳng d: x – 4y –2 = 0, cạnh BC song song v ới d, ph ương trình đ ường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( α): 3x + 2y – z + 4 = 0 và hai điểm A(4;0;0) , B(0;4;0) .Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Xác định tọa độ điểm K sao cho KI vuông góc với mặt phẳng ( α), đồng thời K cách đều gốc tọa độ O và (α). ln(1+ x ) = ln(1+ y ) = x − y (a) Câu VII.a (1 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 x − 12xy + 20y = 0 (b) B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho D ABC có cạnh AC đi qua điểm M(0;– Trang 9
Ôn thi Đại học Biết AB = 2AM, phương trình đường phân giác trong AD: x – y = 0, ph ương 1). trình đường cao CH: 2x + y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của D ABC . 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 4x – 3y + 11z = 0 và hai y−3 z +1 x − 4 z−3 x y đường thẳng d1: . Chứng minh rằng d1 và d2 = = , = = −1 2 3 1 1 2 chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trên (P), đồng thời ∆ cắt cả d1 và d2. Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: 4 x ﾖ 2 x +1 + 2(2 x ﾖ1)sin(2 x + y ﾖ1) + 2 = 0 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 10 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x + 1 Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = có đồ thị là (C). x+2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 2) Chứng minh đường thẳng d: y = –x + m luôn luôn cắt đ ồ th ị (C) t ại hai đi ểm phân biệt A, B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8 2) Giải bất phương trình: log 2 x − log 2 x 2 − 3 > 5 (log 4 x 2 − 3) 2 dx Câu III (1 điểm). Tìm nguyên hàm I = ∫ sin x. cos 5 x 3 Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA 1 và B1C1 theo a. Câu V (1 điểm). Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a 2009 + b2009 + c2009 = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = a4 + b4 + c4. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm). 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 2 đường thẳng (d 1): x − 7 y + 17 = 0 , (d2): x + y − 5 = 0 . Viết phương trình đường thẳng (d) qua đi ểm M(0;1) t ạo v ới (d 1), (d2) một tam giác cân tại giao điểm của (d1), (d2). 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có A O, B(3;0;0), D(0;2;0), A’(0;0;1). Viết phương trình mặt c ầu tâm C ti ếp xúc v ới AB’. Câu VIIa (1 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ. 2.Theo chương trình nâng cao (3 điểm) Câu VIb (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M(1; 0). Lập phương trình đ ường thẳng (d) đi qua M và cắt hai đường thẳng (d 1): x + y + 1 = 0, (d 2): x – 2y + 2 = 0 lần lượt tại A, B sao cho MB = 3MA. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(0;1;1) và 2 đường thẳng (d 1), Trang 10
Ôn thi Đại học x −1 y + 2 z = = ; (d2) là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P): x + 1 = 0 và (d2) với: (d1): 3 2 1 x + y − z + 2 = 0 . Viết phương trình đường thẳng (d) qua M vuông góc (d 1) và cắt (Q): (d2). Câu VIIb (1 điểm) Tìm hệ số của x8 trong khai triển Newtơn của biểu thức : P = (1 + x 2 − x3 )8 . Trang 11
Ôn thi Đại học Hướng dẫn Đề sô 1 Câu I: 2) Gọi M(m; 2) ∈ d. Phương trình đường thẳng ∆ qua M có dạng: y = k (x − m) + 2. Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến với (C) ⇔ Hệ phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: 5 − x 3 + 3x 2 − 2 = k (x − m) + 2 (1) m < −1 hoac m > � ⇔ 3 −3x 2 + 6x = k (2) m2 Câu II: 1) Đặt t = 2x + 3 + x + 1 > 0. (2) ⇔ x = 3 2) ⇔ (sin x + cosx ) � 4(cosx − sin x ) − sin2x − 4� 0 = 2) � � π 3π + kπ ; x = k 2π ; x = + k 2π ⇔ x=− 4 2 33 7 3 33 Câu III: (sin4 x + cos4 x )(sin6 x + cos6 x ) = π + cos4x + cos8x ⇒ I = 64 16 64 128 V1 SM SN SM 1 = = Câu IV: Đặt V1=VS.AMN; V2=VA..BCNM; V=VS.ABC; . . (1) V SB SC SB 2 2 SM 4 4a V2V 3 3 AM = = a; SM= � ⇒ 1 = � 2 = � V2 = V (2) SB 5 V5V5 5 5 5 a3. 3 a3. 3 1 ⇒ V2 = V = S∆ABC .SA = 3 3 5 Câu V: a 4 + b 4 2a2b2 (1); b 4 + c 4 2b 2c 2 (2); c 4 + a 4 2c 2a 2 (3) ⇒ a 4 + b 4 + c 4 � (a + b + c ) � a 4 + b 4 + c 4 + abcd � (a + b + c + d ) abc abc 1 1 (4) ⇒ đpcm. abc(a + b + c + d ) a 4 + b 4 + c 4 + abcd Câu VI.a: 1) A(3; 1), B(5; 5) ⇒ (C): x 2 + y 2 − 4x − 8y + 10 = 0 xyz 2) Gọi I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ⇒ (P ): + + = 1 abc 77 a= 456 4 uu r uu r + + =1 IA = (4 − a;5;6), uu = (4;5− b;6) 77 JA ⇒a b c uur r ⇒ b= −5b + 6c = 0 JK = (0; −b;c), IK = (−a;0;c ) 5 −4a + 6c = 0 77 c= 6 n n Câu VII.a: a + bi = (c + di) |a + bi| = |(c + di) | |a + bi|2 = |(c + di)n |2 = |(c + di)|2n a2 + b2 = (c2 + d2)n Câu VI.b: 1) Tìm được C1(1 −1) , C2(−2; −10) . ; 11 11 16 + Với C1(1 −1) ⇒ (C): x 2 + y 2 − ; x + y + = 0ﾖ 3 3 3 91 91 416 + Với C2(−2; −10) ⇒ (C): x 2 + y 2 − x + y + = 0ﾖ 3 3 3 2) Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ⊥ (Oxy) ⇒ (P): 5x – 4y = 0 (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ⊥ (Oxy) ⇒ (Q): 2x + 3y – 6 = 0 Ta có (D) = (P)∩(Q) ⇒ Phương trình của (D) � =α � x x=2 i α >0 v�� tuy� va� y� � Câu VII.b: � � =α y y=1 � Trang 12
Ôn thi Đại học Hướng dẫn Đề sô 2 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và trục hoành: x 3 − 3mx 2 + 9x − 7 = 0 (1) Gọi hoành độ các giao điểm lần lượt là x1; x2; x3 . Ta có: x1 + x2 + x3 = 3m Để x1; x2; x3 lập thành cấp số cộng thì x2 = m là nghiệm của phương trình (1) m =1 −1− 15 ⇒ −2m + 9m − 7 = 0 3 m= −1 15 . Thử lại ta được : m= 2 2 kπ x= 2 Câu II: 1) sin2 3x − cos2 4x = sin2 5x − cos2 6x ⇔ cosx (cos7x − cos11x ) = 0 ⇔ kπ x= 9 2) 0 < x 1 117 2 3 Câu III: A = lim x + 7 − 2 + lim 2 − 5− x = += 12 2 12 x −1 x −1 x1 x1 2 Câu IV: VANIB = 36 Câu V: Thay x = F − 3 y vào bpt ta được: 50y 2 − 30Fy + 5F 2 − 5F + 8 0 Vì bpt luôn tồn tại y nên ∆ y ≥ 0 ⇔ − 25 F 2 + 250 F − 400 ≥ 0 ⇔ 2 ≤ F ≤ 8 Vậy GTLN của F = x + 3 y là 8. Câu VI.a: 1) AF1+AF2 = 2a và BF1+BF2 = 2a AF1 + AF2 + BF1 + BF2 = 4a = 20 Mà AF1 + BF2 = 8 AF2 + BF1 = 12 2) B(4;2; −2) Câu VII.a: x = 2; x = 1− 33 (x − a)2 + (y + a)2 = a 2 (a) Câu VI.b: 1) Phương trình đường tròn có dạng: (x − a)2 + (y − a)2 = a 2 (b) a =1 a) ⇒ b) ⇒ vô nghiệm. a=5 Kết luận: (x − 1)2 + (y + 1)2 = 1 và (x − 5)2 + (y + 5)2 = 25 r uu uu rr x −1 y −1 z + 2 r 2) u = �d ; nP � (2;5; −3) . ∆ nhận u làm VTCP ⇒ ∆ : = = = u � � −3 2 5 Câu VII.b: Toạ độ các điểm cực trị lần lượt là: A(m;3m 2 + 1) và B(−3m; −5m 2 + 1) Vì y1 = 3m 2 + 1> 0 nên để một cực trị của (Cm ) thuộc góc phần tư thứ I, một cực trị của m>0 1 ⇔m> −3m < 0 (Cm ) thuộc góc phần tư thứ III của hệ toạ độ Oxy thì . 5 2 −5m + 1< 0 Hướng dẫn Đề sô 3 Câu I: 2) Giả sử A(a; a3 − 3a 2 + 1), B(b; b3 − 3b 2 + 1) (a ≠ b) Vì tiếp tuyến của (C) tại A và B song song suy ra y (a) = y (b) ⇔ (a − b)(a + b − 2) = 0 ⇔ a + b − 2 = 0 ⇔ b = 2 – a ⇒ a ≠ 1 (vì a ≠ b). Trang 13
Ôn thi Đại học AB 2 = (b − a)2 + (b3 − 3b2 + 1− a3 + 3a2 − 1)2 = 4(a − 1)6 − 24(a − 1)4 + 40(a − 1)2 a = 3� b = −1 AB = 4 2 ⇔ 4(a − 1)6 − 24(a − 1)4 + 40(a − 1)2 = 32 ⇔ a = −1� b = 3 ⇒ A(3; 1) và B(–1; –3) Câu II: 1) (1) ⇔ (x + 3) x − 1 = 4x ⇔ x = 3; x = −3+ 2 3 5π 2π x= +k (k Z ) (a) � π� π � � 18 3 2) (2) ⇔ sin� x − � sin� − x �⇔ = 2 5π 3� 2 � � � + l 2π (l Z ) (b) x= 6 �π� 5π �; � ên x= . Vì x 0 n � 2� 18 π π π π − 2 2 2 2 � ( x ) dx = � ( −t ) ( −dt ) = � ( −t ) dt = � ( − x ) dx f f f f Câu III: Đặt x = –t ⇒ −π π π π − − 2 2 2 2 π π π 2 2 2 4 ⇒ 2 � (x )dx = � f (x ) + f (− x )� = � � cos f dx xdx � � −π π −π − 2 2 2 3π 31 1 cos4 x = + cos2x + cos4x ⇒ I = . 82 8 16 uuu uuu uuu rr r 3 Câu IV: V = 1 � , AK � = a 2 .AO AH � � 6 27 Câu V: Sử dụng bất đẳng thức Cô–si: ab2c ab 2c ab(1+ c) a ab c ab abc =a− a− =a− a− =a− − (1) 2 2 4 4 4 2 1+ b c 2b c 1+b c Dấu = xảy ra khi và chỉ khi b = c = 1 bc ( 1+ d ) bc 2d bc 2d b bc d bc bcd =b− b− =b− b− =b− − (2) 2 2 4 4 4 2 1+ c d 2c d 1+c d cd ( 1+ a ) cd 2a cd 2a c cd a cd cda =c− c− =c− c− =c− − (3) 2 2 4 4 4 2 1+ d a 2d a 1+d a da ( 1+ b ) da2b da2b d da b da dab =d− d− =d− d− =d− − (4) 2 2 4 4 4 2 1+ a b 2a b 1+a b Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: ab + bc + cd + da abc + bcd + cda + dab a b c d + + + 4− − 2 2 2 2 4 4 1+ b c 1+ c d 1+ d a 1+ a b Mặt khác: 2 � +c+b+d � a • ab + bc + cd + da = ( a + c ) ( b + d ) � = 4 . Dấu "=" xảy ra ⇔ a+c = b+d � 2 � � 2 2 � +b� �+d� a c • abc + bcd + cda + dab = ab ( c + d ) + cd ( b + a ) �( c + d ) + � �( b + a ) � �2 � �2 � � +b c+d � a ⇔ abc + bcd + cda + dab ( a + b ) ( c + d ) � � ( a + b) ( c + d ) + = �4 4� 2 � +b+c+d � a � = 4 . Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = d = 1. � abc + bcd + cda + dab �� 2 � � Trang 14
Ôn thi Đại học 44 a b c d + + + 4− − Vậy ta có: 2 2 2 2 44 1+ b c 1+ c d 1+ d a 1+ a b a b c d + + + � � ⇒ đpcm. 2 2 2 2 1+ a 2b 1+ b c 1+ c d 1+ d a Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1. x=t . Giả sử C(t; –4 + 3t) ∈ d. Câu VI.a: 1) Ptts của d: y = −4 + 3t uuu uuu 2 rr ( ) t = −2 3 1 1 ⇔ 4t 2 + 4t + 1 = 3 ⇔ AB 2.AC 2 − AB.AC = S = AB.AC .sin A = t =1 2 2 2 ⇒ C(–2; –10) hoặc C(1;–1). r uu uuu rr r n = �p , AB � ( 0; −8; −12) 0 = n 2) (Q) đi qua A, B và vuông góc với (P) ⇒ (Q) có VTPT � � (Q ):2y + 3z − 11= 0 ⇒ Câu VII.a: Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z2 + bx + c = 0 nên: �+c = 0 � = −2 b b (1+ i )2 + b(1+ i ) + c = 0 � b + c + (2 + b)i = 0 �� +b = 0 �= 2 2 c � � Câu VI.b: 1) A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) 2) Phương trình mặt phẳng (α) chứa AB và song song d: (α): 6x + 3y + 2z – 12 = 0 Phương trình mặt phẳng (β) chứa OC và song song d: (β): 3x – 3y + z = 0 6 x + 3y + 2z − 12 = 0 ∆ là giao tuyến của (α) và (β) ⇒ ∆ : 3x − 3y + z = 0 z = −1 z=2 Câu VII.b: z 4 ﾖ z3 + 6z 2 ﾖ 8z ﾖ16 = 0 ⇔ (z + 1)(z − 2)(z 2 + 8) = 0 ⇔ z = 2 2i z = −2 2i Hướng dẫn Đề sô 4 9 9 Câu I: 2) x − 5x + 4 = log2 m có 6 nghiệm ⇔ log12 m = � m = 12 4 = 144 4 12 4 2 4 π π − cos2 2 x − cos x cos2 x = 2 cos2 x ⇔ cos2x = 0 ⇔ x = + k Câu II: 1) (1) ⇔ sin2 x 0 4 2 t2 − 2 2) Đặt t = x2 − 2x + 2 . (2) ⇔ m � t 2),dox� + 3] (1� � [0;1 t+1 t2 + 2t + 2 t2 − 2 với 1 ≤ t ≤ 2. g'(t) = > 0 . Vậy g tăng trên [1,2] Khảo sát g(t) = (t + 1)2 t+1 t2 − 2 2 max g(t ) = g(2) = m có nghiệm t ∈ [1,2] bpt m Do đó, ycbt 3 t [1 ] t+1 ;2 3 t2 dt = 2 + ln2. Câu III: Đặt t = 2x + 1 . I = 1+ t 1 1 uuuuu uuu uuuu � a3 15 r rr 1 uuur uuuuu � r MB,MA1� 3a2 3 = A A1. � ; S∆BMA = � = = Câu IV: V AB,AM � � 1 2� AA1BM 6 3 Trang 15
Ôn thi Đại học 3V a 5 ⇒ d= = . S 3 1 3 5 ( x + y) ( y + z) ( z + x) 5 xy ⇒ đpcm xy ; 3 xy ; Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si: 2 2 2 Câu VI.a: 1) B, C ∈ (Oxy). Gọi I là trung điểm của BC ⇒ I (0; 3; 0) . ﾷMIO = 450 ⇒ α = ﾷNIO = 450 . 3� 3� 3 � + � ạt nhỏ nhất ⇔ a = ⇔ a = 3 . 2) VBCMN = VMOBC + VNOBC = đ a a 3 � a� u = x −1 u + u 2 + 1 = 3v . Hệ PT ⇔ Câu VII.a: Đặt v = y −1 v + v 2 + 1 = 3u 3u + u + u 2 + 1 = 3v + v + v 2 + 1 � f (u ) = f (v) , với f (t ) = 3t + t + t 2 + 1 t + t2 +1 Ta có: f (t ) = 3t ln 3 + >0 f(t) đồng biến t2 +1 u=v u + u 2 + 1 = 3u � u − log 3 (u + u 2 + 1) = 0 (2) ( ) Xét hàm số: g (u ) = u − log 3 u + u 2 + 1 � g '(u ) > 0 g(u) đồng biến Mà g (0) = 0 u = 0 là nghiệm duy nhất của (2). KL: x = y = 1 là nghiệm duy nhất của hệ PT. Câu VI.b: 1) 2x + 5y + z − 11 = 0 2) A, B nằm cùng phía đối với (P). Gọi A′ là điểm đối xứng với A qua (P) ⇒ A '(3;1;0) Để M ∈ (P) có MA + MB nhỏ nhất thì M là giao điểm của (P) với A ′ B ⇒ M (2;2; −3) . 1 log2 x + 1 0< x 0⇔ 2 0⇔ Câu VII.b: (logx 8 + log4 x )log2 2x 2. log2 x x >1 Hướng dẫn Đề sô 5 � 3� Câu I: 2) Gọi M �0 ; 2 + x ∈ � (C). x0 − 1 � � −3 3 Tiếp tuyến d tại M có dạng: y = ( x − x0 ) + 2 + ( x0 − 1) x0 − 1 2 � 6� Các giao điểm của d với 2 tiệm cận: A � 2 + 1; � B(2x0 –1; 2). , x0 − 1 � � S∆ IAB = 6 (không đổi) ⇒ chu vi ∆ IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA= IB x0 = 1 + 3 6 = 2 x0 − 1 ⇔ ⇒ M1( 1 + 3; 2 + 3 ); M2( 1 − 3;2 − 3 ) x0 − 1 x0 = 1 − 3 2(1 − cos x)sin x(2cos x − 1) = 0 π + k 2π ⇔ 2cosx – 1 = 0 ⇔ x = Câu II: 1) (1) ⇔ sin x 0, cos x 0 3 ( x 2 − 2) 2 + ( y − 3)2 = 4 x2 − 2 = u 2) (2) ⇔ . Đặt y −3=v ( x 2 − 2 + 4)( y − 3 + 3) + x 2 − 2 − 20 = 0 u=2 u=0 u 2 + v2 = 4 Khi đó (2) ⇔ ⇔ hoặc v=0 v=2 u.v + 4(u + v) = 8 Trang 16
Ôn thi Đại học x = 2 x = −2 x = 2 x = − 2 ⇒ ; ; ; y =3 y =3 y=5 y=5 1 1t 1 e (1 − t )dt = e Câu III: Đặt t = sin2x ⇒ I= 20 2 tan α 43 tan 2 α = tan α . 2 1 1 1 a. Câu IV: V= 3 3 . Ta có . (2 + tan α ) (2 + tan α ) 2 3 2 + tan α 2 + tan α 2 + tan 2 α 2 2 2 27 4a 3 3 α = 45 o . khi đó tan 2 α =1 V max = 27 4( x3 + y 3 ) ( x + y )3 . Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y Câu V: Với x, y, z > 0 ta có 4( y + z ) ( y + z ) . Dấu "=" xảy ra ⇔ y = z 3 3 3 Tương tự ta có: 4( z 3 + x 3 ) ( z + x)3 . Dấu "=" xảy ra ⇔ z = x ⇒ 3 4( x3 + y 3 ) + 3 4( y 3 + z 3 ) + 3 4( z 3 + x3 ) 2( x + y + z ) 6 3 xyz �x z� y 6 Ta lại có 2 � 2 + 2 + 2 � . Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z y z x� xyz 3 � � 1� xyz = 1 Vậy P 6 � xyz + 3 � 12 . Dấu "=" xảy ra ⇔ x=y=z=1 3 � xyz � x= y=z � � Vậy minP = 12 khi x = y = z = 1. Câu VI.a: 1) A(–2; 0), B(2; 2), C(3; 0), D(–1; –2) 2) Chứng tỏ (d1) // (d2). (P): x + y – 5z +10 = 0 Câu VII.a: Nhận xét: 10 x 2 + 8 x + 4 = 2(2 x + 1) 2 + 2( x 2 + 1) 2 2x + 1 �2 x + 1 � �2 x + 1 � = t Điều kiện : –2< t �− m � 2 � 2 = 0 . Đặt + (3) ⇔ 2 � 2 5. x2 + 1 � x +1� � x +1 � 12 2t 2 + 2 . Lập bảng biên thiên ⇒ 4 < m hoặc –5 < m < −4 Rút m ta có: m= 5 t r Câu VI.b: 1) Giả sử đường thẳng AB qua M và có VTPT là n = (a; b) (a2 + b2 ≠ 0) r => VTPT của BC là: n1 = (−b; a) . Phương trình AB có dạng: a(x –2) +b(y –1)= 0 ax + by –2a –b =0 BC có dạng: –b(x – 4) +a(y+ 2) =0 – bx + ay +4b + 2a =0 b = −2a −b 3b + 4a = Do ABCD là hình vuông nên d(P; AB) = d(Q; BC) ⇔ b = −a a +b a +b 2 2 2 2 • b =–2a: AB: x – 2y =0 ; CD: x – 2y –2 =0; BC: 2x +y– 6=0; AD: 2x +y – 4 =0 • b =–a: AB: –x + y+ 1 =0; BC: –x –y + 2= 0; AD: –x –y +3 =0; CD: –x + y+ 2 =0 2 x – y + 10 z – 47 = 0 2) x + 3y – 2z + 6 = 0 Câu VII.b: (4) ⇔ ( mx + 1) + mx + 1 = ( x − 1) + ( x − 1) . 3 3 Xét hàm số: f(t)= t 3 + t , hàm số này đồng biến trên R. f ( mx + 1) = f ( x − 1) mx + 1 = x − 1 Giải và biện luận phương trình trên ta có kết quả cần tìm. −2 • −1 < m < 1 phương trình có nghiệm x = m −1 ∀x 1 • m = –1 phương trình nghiệm đúng với • Các trường hợp còn lại phương trình vô nghiệm. Hướng dẫn Đề sô 6 9 Câu I: 2) M(–1;2). (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt ⇔ m > − ; m 0 4 Trang 17
Ôn thi Đại học −3 2 2 Tiếp tuyến tại N, P vuông góc ⇔ y '( xN ). y '( xP ) = −1 ⇔ m = . 3 3 Câu II: 1) Đặt t = 3x > 0 . (1) ⇔ 5t 2 − 7t + 3 3t − 1 = 0 ⇒ x = log 3 ; x = − log 3 5 5 log 3 ( x + 1) − log 3 ( x − 1) > log 3 4 ( a) 2) log 2 ( x − 2 x + 5) − m log ( x2 − 2 x + 5) 2 = 5 2 (b ) • Giải (a) ⇔ 1 < x < 3. • Xét (b): Đặt t = log 2 ( x − 2 x + 5) . Từ x ∈ (1; 3) ⇒ t ∈ (2; 3). 2 � 25 � (b) ⇔ t 2 − 5t = m . Xét hàm f (t ) = t − 5t , từ BBT ⇒ m ��− ; −6 � 2 �4 � Câu III: Cộng (a), (b), (c) ta được: ( x − 3) + ( y − 3) + ( z − 3) = 0 (d ) 3 3 3 • Nếu x>3 thì từ (b) có: y = 9 x( x − 3) + 27 > 27 � y > 3 3 từ (c) lại có: z 3 = 9 y ( y − 3) + 27 > 27 � z > 3 => (d) không thoả mãn • Tương tự, nếu x y=3; thay vào (c) => z=3. Vậy: x =y = z =3 Câu IV: I là trung điểm AD, HL ⊥ SI � HL ⊥ ( SAD ) � HL = d ( H ;( SAD )) MN // AD ⇒ MN // (SAD), SK ⊂ (SAD) a 21 ⇒ d(MN, SK) = d(MN, (SAD)) = d(H, (SAD)) = HL = . 7 1 − (1 − a) 1 − (1 − b) 1 − (1 − c) �1 1 1� � ( 1− a + 1− b + 1− c ) + + − Câu V: T = + + =� � 1− a 1− b 1− c � 1− a 1− b 1− c 1 1 1 9 + + Ta có: ; 0 < 1 − a + 1 − b + 1 − c < 6 (Bunhia) 1− a 1− b 1− c 1− a + 1− b + 1− c 1 9 6 6 ⇒T − 6=. Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = . minT = . 3 2 6 2 � 6� 2 � 7� 4 Câu VI.a: 1) B � ; � C1 (0;1); C2 � ; � ; � 5� � 5� 5 5 2) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R = 3. (Q) chứa Ox ⇒ (Q): ay + bz = 0. Mặt khác đường tròn thiết diện có bán kính bằng 3 cho nên (Q) đi qua tâm I. b = –2a (a 0) ⇒ (Q): y – 2z = 0. Suy ra: –2a – b = 0 Câu VII.a: Cân bằng hệ số ta được a = 2, b = –2, c = 4 Phương trình ⇔ ( z − 2i)( z − 2 z + 4) = 0 ⇔ z = 2i; z = 1 + 3i; z = 1 − 3i ⇒ z = 2 . 2 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. Gọi M(0; m) ∈ Oy ﾷAMB = 600 (1) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ⇒ ﾷ AMB = 1200 (2) Vì MI là phân giác của ﾷAMB nên: IA (1) ⇔ ﾷAMI = 300 � MI = ⇔ MI = 2R ⇔ m 2 + 9 = 4 � m = � 7 sin 300 IA 23 43 (2) ⇔ ﾷAMI = 600 � MI = 0 ⇔ MI = R ⇔ m2 + 9 = Vô nghiệm Vậy có hai sin 60 3 3 điểm M1(0; 7 ) và M2(0; − 7 ) 2) Gọi MN là đường vuông góc chung của (d 1) và (d2) ⇒ M (2; 1; 4); N (2; 1; 0) ⇒ Phương trình mặt cầu (S): ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 + ( z − 2) 2 = 4. � 2� 3 Câu VII.b: Đặt u = e x − 2 ⇒ J = 3 � − (eb − 2)3 � Suy ra: blim2 J = .4 = 6 . 4 � � 2 ln 2 Hướng dẫn Đề sô 7 Câu I: 2) xB, xC là các nghiệm của phương trình: x 2 + 2mx + m + 2 = 0 . Trang 18
Ôn thi Đại học 1 1 137 S∆KBC = 8 2 � BC .d (K ,d ) = 8 2 � BC = 16 ⇔ m = 2 2 π Câu II: 1) (1) ⇔ (cosx ﾖsin x )2 − 4(cosx ﾖsin x ) ﾖ 5 = 0 ⇔ x = + k 2π � x = π + k 2π 2 3 �� 3 (2x )3 + � � = 18 3 a+b=3 y �� 2) (2) ⇔ . Đặt a = 2x; b = . (2) ⇔ ab = 1 y 3� 3� 2x. � x + � 3 = 2 y� y� �− 5 6 � 3+ 5 � 6� 3 ; ,� ; Hệ đã cho có nghiệm: � � � � 4 3+ 5 � 4 3− 5 � � � �� 3 ( π + 2) Câu III: Đặt t = cosx. I = 16 3a 3 2 1 Câu IV: VS.ABC = 1 SSAC .SO = a 3 = SSAC .d (B; SAC ) . SSAC = a 13 3 ⇒ d(B; SAC) = 3 13 3 16 16 2 . Vì x � −1 nên t [3;9] . (3) ⇔ m = t − 2t + 1 . [ ;1] Câu V: Đặt t = 31+ 1− x 2 t −2 2 48 Xét hàm số f (t ) = t − 2t + 1 với t [3;9] . f(t) đồng biến trên [3; 9]. 4 ≤ f(t) ≤ . 7 t−2 48 ⇒4 m 7 Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1; –2), R = 3. ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 � IA = 3 2 m −1 m = −5 = 3 2 � m −1 = 6� ⇔ m=7 2 2) Gọi H là hình chiếu của A trên d ⇒ d(d, (P)) = d(H, (P)). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH HI => HI lớn nhất khi A I . Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và uuur nhận AH làm VTPT ⇒ (P): 7x + y − 5z − 77 = 0 . Câu VII.a: Áp dụng BĐT Cô–si ta có: a3 b3 c3 1+ b 1+ c 1+ c 1+ a 1+ a 1+ b 3a 3b 3c + + + + + + ; ; (1+ b)(1+ c) 4 (1+ c)(1+ a) 4 (1+ a)(1+ b) 8 8 8 8 8 8 4 a3 b3 c3 a + b + c 3 33 abc 3 3 ⇒ + + − −= (1+ b)(1+ c) (1+ c)(1+ a) (1+ a)(1+ b) 2 4 2 44 Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = 1. a−b−5 2S∆ABC = Câu VI.b: 1) Gọi C(a; b), (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) = AB 2 � + 5 b − 5� a − b = 8 (1) a ⇒ a−b−5 =3 ; � (d) ⇒ 3a –b =4 (3) ∈ Trọng tâm G � ; a − b = 2 (2) �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 2) (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; d) = −m − 3 r uur r �; AI � u �� (d) qua A(0;1;-1), VTCP u = (2;1 ⇒ d(I; d) = ;2) =3 r u Trang 19
Ôn thi Đại học Vậy : − m − 3 =3 ⇔ m = –12 Câu VII.b: Điều kiện x, y > 0 log2(x 2 + y 2) = log2 2 + log2(xy) = log2(2xy ) x 2 − xy + y 2 = 4 x 2 + y 2 = 2xy (x − y )2 = 0 x=y x=2 x = −2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ hay xy = 4 y=2 y = −2 x 2 − xy + y 2 = 4 xy = 4 Hướng dẫn Đề sô 8 Câu I: 2) Hàm số có CĐ, CT khi m < 2 . Toạ độ các điểm cực trị là: A(0; m 2 − 5m + 5), B( 2 − m ;1 − m), C ( − 2 − m ;1 − m) Tam giác ABC luôn cân tại A ⇒ ∆ ABC vuông tại A khi m = 1. 1 Câu II: 1) • Với −2 x < : x + 2 − 3 − x < 0, 5 − 2 x > 0 , nên (1) luôn đúng 2 1 5 5 • Với < x < : (1) ⇔ x + 2 − 3 − x 5 − 2x ⇔ 2 x < 2 2 2 � 1� � 5� Tập nghiệm của (1) là S = �2; � � � − 2; � 2� � 2� π π 2) (2) ⇔ (sin x − 3)(tan 2 x + 3) = 0 ⇔ x = − + k ; k Z 6 2 π 5π Kết hợp với điều kiện ta được k = 1; 2 nên x = ; x = 3 6 �π� π 1 1− x x = cos t ; t � 2 �⇒ H = 2 − 2 0; Câu III: • Tính H = dx . Đặt �� 1+ x 0 u = ln(1 + x) 1 1 • Tính K = 2 x ln ( 1 + x ) dx . Đặt ⇒K= dv = 2 xdx 2 0 Câu IV: Gọi V, V1, và V2 là thể tích của hình chóp S.ABCD, K.BCD và ph ần còn l ại c ủa hình V S ABCD .SA SA = = 2. = 13 chóp S.ABCD: V1 S BCD .HK HK V V1 + V2 V V = = 1 + 2 = 13 � 2 = 12 Ta được: V1 V1 V1 V1 a+c vì ac 1 và a, b, c > 0 Câu V: Điều kiện abc + a + c = b � b = 1 − ac π + kπ ; k Z . Ta được b = tan ( A + C ) Đặt a = tan A, c = tan C với A, C 2 2 2 3 (3) trở thành: P = − + tan A + 1 tan ( A + C ) + 1 tan C + 1 2 2 2 = 2cos 2 A − 2cos 2 ( A + C ) + 3cos 2 C = cos 2 A − cos(2 A + 2C ) + 3cos 2 C = 2sin(2 A + C ).sin C + 3cos 2 C 2 10 � 1 � 10 Do đó: P 2 sin C − 3sin C + 3 = − � C − � 2 sin 3� 3� 3 Trang 20

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.