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 11-20

Chia sẻ: TiPo | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:29

Báo xấu

163
lượt xem 54
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 11-20', 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 11-20

Ôn thi Đại học ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 11) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x +1 Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = (C). x −1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm trên trục tung tất cả các điểm từ đó kẻ được duy nhất một tiếp tuyến tới (C). Câu II: (2 điểm) 1) Giải phương trình: log 2 ( x 2 + 1) + ( x 2 − 5) log( x 2 + 1) − 5 x 2 = 0 2) Tìm nghiệm của phương trình: cos x + cos 2 x + sin 3 x = 2 thoả mãn : x − 1 < 3 1 I = x ln( x 2 + x + 1)dx Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: 0 Câu IV: (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có ∆ ABC là tam giác vuông tại B và AB = a, BC = b, AA’ = c ( c 2 a 2 + b 2 ). Tính diện tích thiết diện của hình lăng trụ bị cắt bởi mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với CA′ . Câu V: (1 điểm) Cho các số thực x, y, z (0;1) và xy + yz + zx = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của x y z P= + + biểu thức: 1 − x 1 − y 1 − z2 2 2 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): A. Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d) có ph ương trình: { x = −t ; y = −1 + 2t ; z = 2 + t ( t R ) và mặt phẳng (P): 2 x − y − 2 z − 3 = 0 .Viết phương trình tham số của đường thẳng ∆ nằm trên (P), cắt và vuông góc với (d). x2 y2 + = 1 . Viết phương trình 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 9 4 đường thẳng d đi qua I(1;1) cắt (E) tại 2 điểm A và B sao cho I là trung đi ểm c ủa AB. z − w − zw = 8 Câu VII.a: (1 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số phức: z 2 + w2 = −1 B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 4 đi ểm A(2;4;–1), B(1;4;–1), C(2;4;3), D(2;2;–1). Tìm tọa độ điểm M để MA2 + MB2 + MC2 + MD2 đạt giá trị nhỏ nhất. 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho D ABC cân có đáy là BC. Đỉnh A có tọa độ là các số dương, hai điểm B và C nằm trên trục Ox, phương trình c ạnh AB : y = 3 7(x - 1) . Biết chu vi của D ABC bằng 18, tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y −1 + 1 Câu VII.b: (1 điểm) Giải hệ phương trình: ( x, y R) y + y 2 − 2 y + 2 = 3x −1 + 1 Trang 14
Ôn thi Đại học ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 12 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3m 2 x + 2m (Cm). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 . 2) Tìm m để (Cm) và trục hoành có đúng 2 điểm chung phân biệt. Câu II: (2 điểm) (sin 2 x − sin x + 4) cos x − 2 =0 1) Giải phương trình: 2sin x + 3 2) Giải phương trình: 8 x + 1 = 2 3 2 x +1 − 1 π 2 sin xdx Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I= (sin x + cos x)3 0 Câu IV: (1 điểm) Cho khối chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC), ∆ ABC vuông cân đỉnh C và SC = a . Tính góc ϕ giữa 2 mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất. Câu V: (1 điểm) Tìm m để phương trình sau đây có đúng 2 nghiệm thực phân biệt: 2 − x − 2 + x − (2 − x)(2 + x) = m 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 điểm M(3;1). Viết phương trình đường thẳng d đi qua M cắt các tia Ox, Oy tại A và B sao cho (OA+3OB) nhỏ nhất. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;4;1). Tìm to ạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P): x − y + z − 1 = 0 để ∆ MAB là tam giác đều. n 2 Câu VII.a: (1 điểm) Tìm hệ số của x trong khai triển Newton của biểu thức � 3 + x5 �, 20 � � � � x 111 1 1 Cn − Cn + Cn2 + ... + (−1) n Cn = 0 n biết rằng: n +1 2 3 13 B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 4 điểm A(1;0), B(–2;4), C(–1;4), D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng (∆) : 3x − y − 5 = 0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (∆1 ) có phương trình { x = 2t ; y = t; z = 4 ; (∆2 ) là giao tuyến của 2 mặt phẳng (α ) : x + y − 3 = 0 và ( β ) : 4 x + 4 y + 3 z − 12 = 0 . Chứng tỏ hai đường thẳng ∆1 , ∆2 chéo nhau và viết phương trình mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của ∆1 , ∆2 làm đường kính. x 2 + (2m + 1) x + m 2 + m + 4 Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số y = . Chứng minh rằng với mọi 2( x + m) m, hàm số luôn có cực trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị không phụ thuộc m. Trang 15
Ôn thi Đại học ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 13 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x + 3m − 1 Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = 2 + m x + 4m có đồ thị là (Cm) (m là tham số) ( ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0. 2) Xác định m sao cho đường thẳng (d): y = − x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B sao cho độ dài đoạn AB là ngắn nhất. Câu II: (2 điểm) 1) Giải phương trình: sin x − cos x + 4sin 2 x = 1 . x2 y − x2 + y = 2 2) Tìm m để hệ phương trình: có ba nghiệm phân biệt. m ( x2 + y ) − x2 y = 4 1 e xe x + 1 Câu III: (1 điểm) Tính các tích phân I = x 1 − x dx ; J = 3 2 dx x(e x + ln x) 0 1 Câu IV: (1điểm) Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' c ạnh bằng a và đi ểm M trên c ạnh AB sao cho AM = x, (0 < x < a). Mặt phẳng (MA'C') c ắt BC t ại N. Tính x theo a đ ể 1 thể tích khối đa diện MBNC'A'B' bằng thể tích khối lập phương ABCD.A'B'C'D'. 3 Câu V: (1 điểm) Cho x, y là hai số dương thay đổi thoả điều kiện 4(x + y) – 5 = 0. Tìm 41 + giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = . x 4y 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 hai đường thẳng ∆ 1: 3 x + 4 y + 5 = 0 ; ∆ 2: 4 x ﾖ 3y ﾖ 5 = 0 . Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường th ẳng d: x – 6y – 10 = 0 và tiếp xúc với ∆ 1, ∆ 2. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình chóp A.OBC, trong đó A(1; 2; 4), B thuộc trục Ox và có hoành độ dương, C thuộc Oy và có tung đ ộ d ương. M ặt ph ẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (OBC), tanﾷOBC = 2 . Viết phương trình tham số của đường thẳng BC. Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình: z 2 − 2(2 + i) z + 7 + 4i = 0 trên tập số phức. B. Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các điểm M 1(155; 48), M2(159; 50), M3(163; 54), M4(167; 58), M5(171; 60). Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm M(163; 50) sao cho đường thẳng đó gần các điểm đã cho nhất. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(2;0;0), C(0;4;0), S(0; 0; 4).Tìm tọa độ điểm B trong mp(Oxy) sao cho tứ giác OABC là hình ch ữ nh ật. Vi ết phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm O, B, C, S. Câu VII.b (1 điểm) Chứng minh rằng : 8a 4 − 8a 2 + 1 1 , với mọi a thuộc đoạn [–1; 1]. Trang 16
Ôn thi Đại học ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 14 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x −1 Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y = (C) x +1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm các điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tổng các khoảng cách t ừ M đến hai ti ệm c ận c ủa (C) là nhỏ nhất. Câu II. (2 điểm) x + y =1 1) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm: . x x + y y = 1 − 3m 2) Giải phương trình: cos 3x.cos2x – cos2x = 0. 2 π 2 Câu III. (1 điểm) Tính tích phân: I = ( x + sin 2 x) cos xdx . 0 Câu IV. (1 điểm) Trên cạnh AD của hình vuông ABCD có độ dài là a, lấy điểm M sao cho AM = x (0 ≤ m ≤ a). Trên nửa đường thẳng Ax vuông góc với m ặt phẳng (ABCD) t ại đi ểm A, l ấy điểm S sao cho SA = y (y > 0). Tính thể tích khối chóp S.ABCM theo a, y và x. Tìm giá trị l ớn nhất của thể tích khối chóp S.ABCM, biết rằng x2 + y2 = a2. 111 + + = 1 . Chứng minh rằng: Câu V. (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn: xyz 1 1 1 + + 1. 2z + y + z x + 2 y + z x + y + 2z II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm) x2 y2 + = 1 . Tìm toạ 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2; 0) và elip (E): 4 1 độ các điểm A, B thuộc (E), biết rằng hai điểm A, B đ ối x ứng v ới nhau qua tr ục hoành và tam giác ABC là tam giác đều. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x 2 + y2 + z2 –2x + 2y + 4z – 3 = 0 x y −1 z x −1 y z và hai đường thẳng ∆1 : = = , ∆2 : == . Viết phương trình tiếp diện của −1 1 −1 1 −1 2 mặt cầu (S), biết tiếp diện đó song song với hai đường thẳng ∆ 1 và ∆ 1. 2. Ay + 5.C y = 90 x x Câu VII.a. (1 điểm) Giải hệ phương trình: 5. Ayx − 2.C y = 80 x B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b. (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): y 2 = 8x. Giả sử đường thẳng d đi qua tiêu điểm của (P) và cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B có hoành đ ộ t ương ứng là x 1, x2. Chứng minh: AB = x1 + x2 + 4. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đ ường th ẳng ∆ có phương trình tham số { x = −1 + 2t ; y = 1 − t ; z = 2t . Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆ , xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. 1 Câu VII.b. Tính đạo hàm f ′ (x) của hàm số f ( x ) = ln và giải bất phương trình sau: ( 3 − x) 3 6π t sin2 dt π 2 0 f '(x ) > x +2 Trang 17
Ôn thi Đại học ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 15 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số: y = 3x − x3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm trên đường thẳng y = – x các điểm kẻ được đúng 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C). Câu II (2 điểm): 3 sin 2 x − 2sin x =2 1) Giải phương trình.: sin 2 x.cos x x 2) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x( x − 1) + 4( x − 1) =m x −1 π 2 Câu III (1 điểm): Tính tích phân I= esin x .sin x.cos3 x. dx. 2 0 Câu IV (1 điểm): Cho hình nón đỉnh S, đường tròn đáy có tâm O và đường kính là AB = 2R. Gọi M là điểm thuộc đường tròn đáy và ﾷASB = 2α , ﾷASM = 2β . Tính thể tích khối tứ diện SAOM theo R, α và β . Câu V (1 điểm): Cho: a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng minh: abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc ) 0 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 đường tròn (C): (x – 1) 2 + (y + 1)2 = 25 và điểm M(7; 3). Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M cắt (C) tại hai đi ểm A, B phân biệt sao cho MA = 3MB. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các đi ểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;–2). Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng (ABC), tìm tọa độ điểm H. Câu VIIa (1 điểm) Giải phương trình: log 2 x + ( x − 7) log 2 x + 12 − 4 x = 0 2 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có di ện tích b ằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo n ằm trên đ ường th ẳng y = x. Tìm tọa độ các đỉnh C và D. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ∆ ABC với tọa độ đỉnh C(3; 2; 3) và phương trình đường cao AH, phương trình đường phân giác trong BD lần lượt là: x−2 y −3 z −3 x −1 y − 4 z − 3 = = = = , d2 : . d1 : −2 −2 1 1 1 1 Lập phương trình đường thẳng chứa cạnh BC của ∆ ABC và tính diện tích của ∆ ABC . Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: 2008 x = 2007 x ﾖ 1 . + Trang 18
Ôn thi Đại học ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 16 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x − 4 y= Câu I: (2 điểm) Cho hàm số . x +1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm trên (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(–3;0) và N(–1; –1) Câu II: (2 điểm) 1 3x 7 1) Giải phương trình: 4cos4x – cos2x − cos 4 x + cos = 2 4 2 2) Giải phương trình: 3x.2x = 3x + 2x + 1 π � + sin x �x 2 1 Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: K= � dx .e � 0 � + cos x � 1 Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh bên bằng 1. Các m ặt bên hợp với mặt phẳng đáy một góc α. Tính thể tích hình cầu nội ti ếp hình chóp S.ABC. Câu V: (1 điểm) Gọi a, b, c là ba cạnh của một tam giác có chu vi b ằng 2. Ch ứng minh rằng: 52 a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2 27 II. PHẦN RIÊNG: (3 điểm) A. Theo cương trình chuẩn: Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác có phương trình hai cạnh là 5x – 2y + 6 = 0 và 4x + 7y – 21 = 0. Vi ết phương trình c ạnh th ứ ba c ủa tam giác đó, bi ết rằng trực tâm của nó trùng với gốc tọa độ O. 2) Trong không gian với hệ toạ Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng x −1 y z + 2 == và mặt phẳng (P) : 2x – y – 2z = 0 (d) : 1 2 2 π cos x Câu VII.a: (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất hàm số y = với 0 < x ≤ . sin x(2cos x − sin x) 2 3 B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D): x – 3y – 4 = 0 và đường tròn (C): x2 + y2 – 4y = 0. Tìm M thuộc (D) và N thuộc (C) sao cho chúng đ ối xứng qua điểm A(3;1). 2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d): x−2 y z−4 = = và hai điểm A(1;2; –1), B(7; –2;3). Tìm trên (d) những đi ểm M sao −2 3 2 cho khoảng cách từ đó đến A và B là nhỏ nhất. 2π 2π � � Câu VII.b: (1 điểm) Cho α = 3 � + i sin � Tìm các số phức β sao cho β = α. cos 3 . 3 3� � Trang 19
Ôn thi Đại học ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 17 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x −1 Cho hàm số y = Câu I: (2 điểm) (C) x −1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm m để đường thẳng d: y = x + m cắt (C) t ại hai đi ểm phân bi ệt A, B sao cho ∆ OAB vuông tại O. Câu II: (2 điểm) cos 2 x. ( cos x − 1) = 2 ( 1 + sin x ) 1) Giải phương trình: sin x + cos x x 2 + y 2 − xy = 3 (a) 2) Giải hệ phương trình: x +1 + y +1 = 4 2 2 (b) π 2 (e + sin x ) .sin 2 xdx Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I= cos x 0 Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông c ạnh a. SA ⊥ (ABCD) và SA = a. Gọi M, N lần lượt là trung đi ểm AD, SC. Tính th ể tích t ứ di ện BDMN và khoảng cách từ D đến mp(BMN). x2 Câu V: (1 điểm) Chứng minh rằng: e x + cos x 2 + x − ∀x R. , 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, lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm A(1; 2) và cắt đường tròn (C) có phương trình ( x − 2) 2 + ( y + 1) 2 = 25 theo một dây cung có độ dài bằng 8. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình x 2 + y 2 + z2 − 2x + 4y − 6z − 11 = 0 và mặt phẳng (α) có phương trình 2x + 2y – z + 17 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (β) song song với (α) và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6π. Câu VII.a: (1 điểm) Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. Hãy tính xác suất để lập được số tự nhiên chia hết cho 5. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ∆ ABC biết: B(2; –1), đường cao qua A có phương trình d1: 3x – 4y + 27 = 0, phân giác trong góc C có ph ương trình d 2: x + 2y – 5 = 0. Tìm toạ độ điểm A. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(–1; –1; 0), B(1; –1; 2), C(2; –2; 1), D(–1;1;1). Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua D và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâm của tam giác MNP. Câu VII.b: (1 điểm) Tính tổng: S = C2009 + C2009 + C2009 + ... + C2009 0 1 2 1004 Trang 20
Ôn thi Đại học ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 18 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x − 3 Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x−2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) π x x x� � 1) Giải phương trình: 1 + sin sin x − cos sin x = 2cos � − � 2 2 2 2 42 � � 1 � � 2) Giải bất phương trình: log 2 (4 x − 4 x + 1) − 2 x > 2 − ( x + 2) log 1 � − x � 2 2 2� � e � ln x � I= � + 3x 2 ln x � Câu III (1 điểm) Tính tích phân: dx 1 � 1 + ln x x � a Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC = . SA = a 3 , ﾷSAB = ﾷSAC = 300 2 Tính thể tích khối chóp S.ABC. 3 Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = . Tìm giá trị nhỏ nhất 4 1 1 1 của biểu thức P = +3 +3 . a + 3b b + 3c c + 3a 3 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho cho hai đường thẳng d1 : 2 x − y + 5 = 0 . d2: 3x + 6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua đi ểm P( 2; –1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d1, d2. 2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho 4 điểm A( 1; –1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; –1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: x + y + z − 2 = 0 . Gọi A’ là hình chiếu của A lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A′ , B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao của (P) và (S). Câu VIIa (1 điểm) Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường: y = x 2 − 4 x và y = 2 x . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho Hypebol (H) có phương trình: x2 y 2 − = 1 . Viết phương trình chính tắc của elip ( E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm 16 9 của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H). 2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho ( P ) : x + 2 y − z + 5 = 0 và đường x+3 = y + 1 = z − 3 , điểm A( –2; 3; 4). Gọi ∆ là đường thẳng nằm trên (P) đi thẳng (d ) : 2 Trang 21
Ôn thi Đại học qua giao điểm của (d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên ∆ điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất. 23 x +1 + 2 y − 2 = 3.2 y + 3 x (1) Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phương trình 3 x 2 + 1 + xy = x + 1 (2) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 19 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3x 2 + 4 . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau. Câu II (2điểm) x2 + 1 + y(x + y) = 4 y 1) Giải hệ phương trình: (x , y R) ( x 2 + 1)( x + y − 2) = y sin 3 x.sin 3 x + cos 3 x cos3 x 1 =− � π� � π� 2) Giải phương trình: 8 tan � − � � + � x tan x 6� � 3� � 1 I = x ln( x 2 + x + 1)dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 0 Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện a2 3 tích bằng . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’. 8 Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của 1 1 1 biểu thức P = +2 +2 a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a 2 + 3 2 2 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 ∆ ABC có đỉnh A(1;2), phương trình đường trung tuyến BM: 2 x + y + 1 = 0 và phân giác trong CD: x + y − 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số { x = −2 + t ; y = −2t ; z = 2 + 2t . Gọi ∆ là đường thẳng qua điểm A(4;0;–1) song song với (D) và I(–2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Vi ết ph ương trình của mặt phẳng chứa ∆ và có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của n � 1� � x + 4 �, biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn: 2 x� � 2n +1 n 6560 22 1 23 2 2Cn + Cn + Cn +L + Cn = ( Cnk là số tổ hợp chập k của n phần 0 n +1 n +1 2 3 tử) B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trang 22
Ôn thi Đại học 1) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0, d2: x + 2y – 7= 0 và tam giác ABC có A(2; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và điểm C thuộc d2 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA2 + MB 2 + MC 2 . e x − y + e x + y = 2( x + 1) Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình (x, y R) ex+ y = x − y + 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 20 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số f ( x) = x3 − 3x 2 + 4 . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số . 2) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của số: hàm G(x)= 3 2 1� � 1� � � x + �− 3 � x + �+ 4 2sin 2sin 2� � 2� � Câu II. (2,0 điểm) 1) Tìm m sao cho phương trình sau có nghiệm duy nhất: ln(mx) = 2ln( x + 1) sin 3 x.(1 + cot x) + cos3 x(1 + tan x) = 2sin 2 x . 2) Giải phương trình: e2 x − 2 x + 1 Câu III. (1,0 điểm) Tính giới hạn: lim 3x + 4 − 2 − x x 0 Câu IV. (1,0 điểm) Xác định vị trí tâm và độ dài bán kính của mặt c ầu ngo ại tiếp tứ di ện ABCD có AB = 2, AC = 3, AD = 1, CD = 10, DB = 5, BC = 13 . Câu V. (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm với x 2 : x+ y =3 x2 + 3 + y2 + 5 = m II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn n ội ti ếp tam 1 � � giác ABC với các đỉnh: A(–2;3), B � ;0 � C (2;0) . , � � 4 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đ ường th ẳng d đi qua 2 x + 3 y + 11 = 0 M ( −4; −5;3) điểm và cắt cả hai đường thẳng: d ': và y − 2z + 7 = 0 x − 2 y +1 z −1 = = . d '' : −5 2 3 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm n sao cho Cn + 6Cn2 + 6Cn3 = 9n 2 − 14n , trong đó Cnk là số tổ hợp 1 chập k từ n phần tử. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình elip v ới các tiêu đi ểm F1 ( −1;1) , F2 ( 5;1) và tâm sai e = 0,6 . Trang 23
Ôn thi Đại học 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình hình chiếu vuông góc x − 2z = 0 trên mặt phẳng P : x − 2 y + z + 5 = 0 . của đường thẳng d : 3x − 2 y + z − 3 = 0 Câu VII.b (1,0 điểm) Với n nguyên dương cho trước, tìm k sao cho C2nn − k C2nn + k lớn nhất hoặc nhỏ nhất. Trang 24
Ôn thi Đại học Hướng dẫn Đề sô 11 Câu I: Sử dụng điều kiện tiếp xúc ⇒ M(0;1) và M(0;–1) Câu II: 1) Đặt log( x 2 + 1) = y . PT ⇔ y 2 + ( x 2 − 5) y − 5 x 2 = 0 � y = 5 �y = − x 2 Nghiệm: x = 99999 ; x = 0 2) PT ⇔ (cos x − 1)(cos x − sin x − sin x.cos x + 2) = 0 ⇔ x = k 2π . Vì x − 1 < 3 � −2 < x < 4 nên nghiệm là: x = 0 31 u = ln( x 2 + x + 1) 3 1 ⇒ I = ln3 − dx . Câu III: Đặt dv = xdx 2 4 4 0 x + x +1 1 1 1 1 dx = � �2 dx 2 Tính I1 = 0 x + x + 1 0� 1� �3� . 2 � + �+ � � x � 2 � �2 � �π π � 1 3 3. Đặt x + = tant , t � − , � I1 = ⇒ π � 22 � 2 2� 9 3π 3 Vậy: I = ln 3 − . 4 12 Câu IV: Std = ab a + b + c 2 2 2 2c Câu V: Vì 0 < x < 1 � 1 − x 2 > 0 Áp dụng BĐT Côsi ta có: 2 2 x 2 + (1 − x 2 ) + (1 − x 2 ) 3 2 2 x 332 − −� = 2 x (1 x 2 )2 x(1 x 2 ) x 3 3 1 − x2 33 2 y 33 2 z 332 y; z Tương tự: 1 − y2 1− z2 2 2 33 1 33 2 33 33 � Pmin = �x= y=z= (x + y2 + z2 ) ( xy + yz + zx ) = Khi đó: P 2 3 2 2 2 A(1; −3;1) . Câu VI.a: 1) Gọi A = d ∩ (P) ⇒ Phương trình mp(Q) qua A và vuông góc với d: − x + 2 y + z + 6 = 0 ∆ là giao tuyến của (P) và (Q) ⇒ ∆ : { x = 1 + t ; y = −3; z = 1 + t 2) Xét hai trường hợp: d ⊥ (Ox) và d ⊥ (Ox) ⇒ d: 4 x + 9 y − 43 = 0 z − w − zw = 8 � = −5 � = −13 zw zw (a) � (b) Câu VII.a: PT ⇔ ⇔� �− w =3 � − w = −5 ( z − w) + 2( z − w) − 15 = 0 2 z z � −3 + i 11 � −3 − i 11 � 5 + i 27 � 5 − i 27 �= �= �= �= w w w w � � � � 2 2 2 2 (a) ⇔ � (b) ⇔ � � � ; � = 3 + i 11 � = 3 − i 11 � = −5 + i 27 � = −5 − i 27 z z z z � � � � � � � � 2 2 2 2 � 14 � 7 Câu VI.b: 1) Gọi G là trọng tâm của ABCD ta có: G � ; ;0 � . �3 � 3 Ta có: MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = 4MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 + GD 2 � 14 � 7 ≥ GA2 + GB 2 + GC 2 + GD 2 . Dấu bằng xảy ra khi M G � ; ;0 � . �3 � 3 2) B = AB I Ox B (1;0) , A �AB � A ( a;3 7(a − 1) ) � a > 1 (do x A > 0, y A > 0 ). Gọi AH là đường cao ∆ ABC � H (a;0) � C (2a − 1;0) � BC = 2(a − 1), AB = AC = 8(a − 1) . Chu vi ∆ ABC = 18 � a = 2 � C (3;0), A ( 2;3 7 ) . Trang 25
Ôn thi Đại học u = x −1 u + u 2 + 1 = 3v . Hệ PT ⇔ Câu VII.b: 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. Hướng dẫn Đề số 12 y co�� CT C, yC� = 0 hoac yCT = 0 ⇔ m= 1 Câu I: 2) (Cm) và Ox có đúng 2 điểm chung phân biệt � (2cos x − 1)(sin x cos x + 2) = 0 π + k 2π ⇔ x= Câu II: 1) PT ⇔ 2sin x + 3 3 0 2) Đặt 2 x = u > 0; 3 2 x +1 − 1 = v . x=0 u=v>0 �3 + 1 = 2v �3 + 1 = 2v u u � � �� 3 PT ⇔ �3 ⇔ −1 + 5 u − 2u + 1 = 0 � + 1 = 2u �u − v)(u + uv + v + 2) = 0 x = log 2 2 2 v ( 2 π π π 2 2 cos tdt cos xdx Câu III: Đặt x = − t � dx = −dt ⇒ I = � t + cos t )3 0 (sin x + cos x)3 =� 2 (sin 0 π π π π4 2 12 dx dx 1 = − cot( x + ) = 1 ⇒ I = 1 ⇒ 2I = � x + cos x) 2 = 2 � 2 π (sin 2 40 2 0 sin ( x + ) 0 4 �π� a3 Câu IV: ϕ = ﾷSCA � � � VSABC = (sin ϕ − sin 3 ϕ ) . Xét hàm số y = sin x − sin 3 x trên khoảng 0; � 2� 6 π� �π� 1 3 a3 3 � a khi sin ϕ = ,ϕ � � �; � Từ BBT � (VSABC ) max = ymax = 0 . 0; � 2� � 2� 3 6 9 −1 1 Câu V: Đặt t = 2 − x − 2 + x � t ' = − 0) Câu VI.a: 1) PT đường thẳng d cắt tia Ox tại A(a;0), tia Oy tại B(0;b): ab 3 1 Cô − si 3 1 M(3; 1) ∈ d 1 � + = ab 12 . 2. a b ab a = 3b a=6 � (OA + 3OB) min = 12 � � 1 1 � � Mà OA + 3OB = a + 3b 2 3ab = 12 3 b=2 == ab2 xy Phương trình đường thẳng d là: + = 1 � x + 3 y − 6 = 0 62 Trang 26
Ôn thi Đại học 2) Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB ⇒ (Q): x + y − z − 3 = 0 d là giao tuyến của (P) và (Q) ⇒ d: { x = 2; y = t + 1; z = t M ∈ d ⇒ M (2; t + 1; t ) � AM = 2t 2 − 8t + 11 . Vì AB = 12 nên ∆ MAB đều khi MA = MB = AB � 6 18 4 18 � 4 18 � 2t 2 − 8t − 1 = 0 � t = M� 2; ; � � 2� 2 2 Câu VII.a: Ta có (1 − x) n = Cn0 − Cn x + Cn2 x 2 − .... + (−1)n Cnn x n = B 1 1 1 1 1112 1 (1 − x) n dx = Bdx = Cn − Cn + Cn + ... + (−1) n 0 n Cn � n + 1 = 13 � n = 12 Vì , n +1 n +1 2 3 0 0 n−k 12 2 2 ( x5 ) k , Tk +1 = C12 .212 − k .x8 k −36 ⇒ 8k − 36 = 20 � k = 7 •( k + x5 ) n = C12 .( 3 ) k 3 x x k =0 ⇒ Hệ số của x 20 là: C12 .2 = 25344 7 5 x=t Câu VI.b: 1) Phương trình tham số của ∆ : . M ∈ ∆ ⇒ M(t; 3t – 5) y = 3t − 5 7 7 S MAB = S MCD � d ( M , AB ). AB = d ( M , CD ).CD ⇔ t = −9 � =⇒ M (−9; −32), M ( ; 2) t 3 3 ∆1 , ∆2 : A(2t ; t ; 4) ∆1 , B(3 + s; − s;0) ∆2 2) Gọi AB là đường vuông góc chung của AB ⊥ ∆ 1, AB ⊥ ∆ 2 ⇒ A(2;1; 4), B(2;1;0) ⇒ Phương trình mặt cầu là: ( x − 2) + ( y − 1) + ( z − 2) = 4 2 2 2 Câu VII.b: Hàm số luôn có hai điểm cực trị x1 = −m − 2, x2 = −m + 2 . Khoảng cách giữa hai điểm cực trị là AB = ( y2 − y1 ) 2 + ( x2 − x1 ) 2 = 2 x1 − x2 = 4 2 (không đổi) Hướng dẫn Đề số 13 ( 2m − 1) 2 1 1 2 . Dấu "=" xảy ra ⇔ m = ⇒ AB ngắn nhất ⇔ m = . Câu I: 2) AB = +4 2 2 2 π Câu II: 1) Đặt t = sin x − cos x , t 0 . PT ⇔ 4t 2 − t − 3 = 0 ⇔ x = k . 2 (m − 1) x 4 + 2(m − 3) x 2 + 2m − 4 = 0 (1) 2) Hệ PT ⇔ . x2 + 2 y= x2 + 1 2x2 + 1 = 0 • Khi m = 1: Hệ PT ⇔ (VN ) x2 + 2 y= x2 + 1 • Khi m ≠ 1. Đặt t = x2 , t 0 . Xét f (t ) = (m − 1)t + 2(m − 3)t + 2m − 4 = 0 (2) 2 Hệ PT có 3 nghiệm phân biệt ⇔ (1) có ba nghiệm x phân biệt f (0) = 0 2 ( m − 3) � ... � m = 2 . ⇔ (2) có một nghiệm t = 0 và 1 nghiệm t > 0 ⇔ S= >0 1− m 1 1 2 Đặt: t = 1 − x 2 ⇒ I = ( t − t ) dt = . Câu III: • I = x 1 − x dx 3 2 2 4 15 0 0 Trang 27
Ôn thi Đại học d ( e x + ln x ) e xe x + 1 e ee + 1 e dx = •J= = ln e x + ln x = ln x ( e + ln x ) x e x + ln x e 1 1 1 Câu IV: Ta có A'M, B'B, C'N đồng quy tại S. Đặt V1 = VSBMN, V2 = VSB'A'C' , V = VMBNC'A'B'. a ( a − x) SB a − x = � SB = Ta có , (0< x < a) SB ' a x 3 V �−x� a4 x a 1 ta có: 1 = � Xét phép vị tự tâm S tỉ số k = 1 − �. Mà V2 = S ∆ A ' B ' C ' .SB ' = . V2 � a � a 3 6x a 4 � � x �� a 3 � � x � � x �� 3 2 3 a4 � x � Do đó: V = V2 − V1 = �− �− �� + �− � �− �� = +1 ⇒ V1 = �− � ; 11 11 1 6 x � � a �� 6 � � a � � a �� 6x � a � � � a3 � � x � � x �� 1 3 2 2 13 � x� � x� 1 + �− � �− �� a � �− �+ �− � 1 = 0 (*) +1 = − a� 1 1 1 Theo đề bài V = � 3 6 � � a � � a �� 3 � a� � a� � x� 3− 5 1 Đặt t = �− �t > 0 (vì 0 < x < a), PT (*) ⇔ t2 + t – 1 = 0 ⇒ t = ( 5 − 1) ⇒ x = 1 , a a� � 2 2 20 − 15 x 4 1 5 Câu V: Ta có: 4(x + y) = 5 ⇒ y = 5 – 4x ⇒ S = x + 4 y = x(5 − 4 x) , với 0 < x < 4 4 1 Dựa vào BBT ⇒ MinS = 5 đạt được khi x = 1, y = 4 Câu VI.a: 1) Tâm I là giao điểm của d với đường phân giác của góc tạo bởi ∆ 1 và ∆ 2. 2) Câu VII.a: z = 2 − i; z = 2 + 3i z Câu VI.b: 1) Đường thẳng d: y = ax + b gần các điểm đã cho Mi(xi; yi), i = 1,..., 5 nhất thì một điều (y −y ) 5 2 kiện cần là f (a) = bé nhất, trong đó y i = axi + b . 1 i i =1 Đường thẳng d đi qua điểm M(163; 50) ⇒ 50 = 163a + b ⇒ d: y = ax – 163a + 50. Từ đó: f (a) = (48 − 155a + 163a − 50) 2 + (50 − 159a + 163a − 50) 2 + (54 − 163a + 163a − 50) 2 + + (58 − 167 a + 163a − 50) 2 + (60 − 171a + 163a − 50) 2 = (8a − 2) 2 + (4a) 2 + 4 2 + (8 − 4a) 2 + (10 − 8a) 2 = 2 ( 80a − 129a + 92 ) .(P) 2 129 13027 129 13027 ⇒b = − . Đáp số: d: y = x− ⇒ f(a) bé nhất khi a = 160 160 160 160 2) OABC là hình chữ nhật ⇒ B(2; 4; 0) ⇒ Tọa độ trung điểm H của OB là H(1; 2; 0), H chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông OCB. + Đường thẳng vuông góc với mp(OCB) tại H cắt mặt phẳng trung trực của đoạn OS (mp có phương trình z = 2 ) tại I ⇒ I là tâm mặt cầu đi qua 4 điểm O, B, C, S. + Tâm I(1; 2; 2) và bán kính R = OI = 1 + 22 + 22 = 3 ⇒ (S): ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 2) 2 = 9 Câu VII.b: Chứng minh rằng : 8a 4 − 8a 2 + 1 1 , với mọi a ∈ [–1; 1]. Đặt: a = sinx, khi đó: 8a 4 − 8a 2 + 1 1 � 8sin 2 x(sin 2 x − 1) + 1 � � 1 − 8sin 2 x cos 2 x � . 1 1 ⇔ 1 −��−�cos 2 x 1 1 2sin 2 2 x 1 cos 4 x 1 ( đúng với mọi x). 8sin 2 x Hướng dẫn Đề số 14 Câu I: 2) Lấy M(x0; y0) ∈ (C). d1 = d(M0, TCĐ) = |x0 + 1|, d2 = d(M0, TCN) = |y0 – 2|. −3 Cô − si d = d1 + d2 = |x0 + 1| + |y0 - 2| = |x0 + 1| + 2 3. x0 + 1 Dấu "=" xảy ra khi x0 = −1 3 u + v =1 u + v =1 Câu II: 1) Đặt u = x , v = y (u 0, v 0) . Hệ PT ⇔ �3 . � uv = m u + v 3 = 1 − 3m Trang 28
Ôn thi Đại học 1 ĐS: 0 m . 4 π 2) Dùng công thức hạ bậc. ĐS: x = k (k Z) 2 π2 Câu III: I = − 23 1 1 a a3 3 Câu IV: V = ya (a + x ) . V 2 = a 2 (a − x )(a + x)3 . Vmax = khi x = . 6 36 2 8 11 11 4 Câu V: Áp dụng BĐT Côsi: ( x + y )( + ) �� + �4 . x y x+ y xy 1 1� 1 1 � 1 � 1 1 1� 1 � + y + x + z � 16 � + y + x + z � Ta có: . 2x + y + x 4 �x x �� Tương tự cho hai số hạng còn lại. Cộng vế với vế ta được đpcm. � 4 3� � 4 3� 2 2 �B � ; − Câu VI.a: 1) A � ; . , � � 7�� 7� 7 7 2) (P): y + z + 3+ 3 2 = 0 hoặc (P): y + z + 3− 3 2 = 0 x=2 Câu VII.a: y =5 Câu VI.b: 1) Áp dụng công thức tính bán kính qua tiêu: FA = x1 + 2, FB = x2 + 2. AB = FA = FB = x1 + x2 + 4. 2) Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. Điểm M ∆ nên M ( −1 + 2t ;1 − t ;2t ) . AM + BM = (3t ) 2 + (2 5) 2 + (3t − 6) 2 + (2 5) 2 r r ( ) ( ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u = 3t ; 2 5 và v = −3t + 6;2 5 . r ( ) 2 ( 3t ) 2 | u |= +25 rr rr ( ) r r ⇒ AM + BM =| u | + | v | và u + v = 6;4 5 �| u + v |= 2 29 Ta có r ( ) 2 ( 3t − 6 ) 2 | v |= +25 r r rr Mặt khác, ta luôn có | u | + | v | | u + v | Như vậy AM + BM 2 29 rr 3t 25 = � t =1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng � −3t + 6 2 5 ( ) M ( 1;0;2 ) và min ( AM + BM ) = 2 29 . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 11 + 29 1 3 ( 3 − x) ' = Câu VII.b: f ( x ) = l− 3ln ( 3 − x ) ; f '( x ) = −3 ( 3 − x) 3− x 6π 2 t 6 π 1− cost 3 3 π dt = (t − sint )|0 = � − sinπ ) − (0 − sin0)� 3 (π sin dt = � = Ta có: � π� � π0 π0 2 π 2 2x −1 x < −2 π 3 3 6 t �x − 3 x + 2 < 0 > sin 2 dt � ( )( ) �1 2 � �− x x+2 � � π 3 Khi đó: < x
Ôn thi Đại học 2(1 − cos x )(sin2 x − sin x ) = 0 π + k 2π ⇔ x= Câu II: 1) PT ⇔ sin x 0, cos x 0 3 x . PT có nghiệm khi t 2 + 4t − m = 0 có nghiệm, suy ra m −4 . 2) Đặt t = ( x − 1) x −1 1 1t 1 I= e (1 − t ) dt = e Câu III: Đặt sin x = t ⇒ 2 20 2 Câu IV: Gọi OH là đường cao của D OAM , ta có: SO = OA.cotgα = R.cotgα sin β � AH = SA.sin β = R OA R sin α SA = = sin α sin α R sin 2 α − sin 2 β . � OH = OA2 − AH 2 = sin α R 3 cos α sin β 1 sin 2 α − sin 2 β . Vậy: VS . AOM = .SO. AH .OH = 3sin 3 α 3 Câu V: Từ gt ⇒ a 2 1 ⇒ 1 + a ≥ 0. Tương tự, 1 + b ≥ 0, 1 + c ≥ 0 ⇒ (1 + a)(1 + b)(1 + c) 0 ⇒ 1 + a + b + c + ab + ac + bc + abc 0 . (a) 1 Mặt khác a + b + c + a + b + c + ab + ac + bc = (1 + a + b + c ) 2 2 2 2 0. (b) 2 Cộng (a) và (b) ⇒ đpcm Câu VI.a: 1) PM / ( C ) = 27 > 0 M nằm ngoài (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5. uuu uuu rr Mặt khác: PM /( C ) = MA.MB = 3MB � MB = 3 � BH = 3 � IH = R 2 − BH 2 = 4 = d [ M ,(d )] 2 Ta có: pt(d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a2 + b2 > 0). a=0 −6a − 4b d [ M ,( d )] = 4 � =4� 12 . a=− b a2 + b2 5 Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0. � 1 1� 2 2) Phương trình mp(ABC): 2x + y – z – 2 = 0. H � ; ; − � � 3 3� 3 Câu VII.a: Đặt t = log 2 x . PT ⇔ t − (7 − x)t + 12 − 4 x = 0 ⇔ t = 4; t =3 – x ⇔ x = 16; x = 2 2 uuu r Câu VI.b: 1) Ta có: AB = ( −1; 2 ) � AB = 5 . Phương trình AB: 2 x + y − 2 = 0 . I �(d ) : y = x � I ( t ; t ) . I là trung điểm của AC và BD nên: C (2t − 1; 2t ), D(2t ; 2t − 2) 4 Mặt khác: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chiều cao) � CH = . 5 4 � 8� � 2� 5 8 t= C � ; �D � ; � , | 6t − 4 | 4 Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH � = 3 3 3� � 3� 3 � � 5 5 t = 0 � C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) � 8� � 2� 5 8 Vậy C � ; �D � ; �hoặc C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) , � 3� � 3� 3 3 2) Gọi mp(P) qua C và vuông góc với AH � ( P ) ⊥ d1 � ( P ) : x + y − 2 z + 1 = 0 B = ( P ) �� B (1; 4;3) ⇒ phương trình BC : { x = 1 + 2t ; y = 4 − 2t ; z = 3 d2 Gọi mp(Q) qua C, vuông góc với d2, (Q) cắt d2 và AB tại K và M. Ta có: (Q) : x − 2 y + z − 2 = 0 ��(2;2;4) M (1;2;5) (K là trung điểm của CM). K 1 uuu uuu rr x −1 y − 4 z − 3 , do A = AB �� A(1;2;5) S ∆ ABC = � , AC � 2 3 . = = = � ptAB : d1 AB � � −2 0 2 2 Câu VII.b: PT ⇔ f (x ) = 2008 x − 2007 x − 1 = 0 với x (– ;+ ) Trang 30
Ôn thi Đại học 2008 x .ln2008 − ﾖ ; ﾖ (x ) = ﾖ 2008 x ln2 2008ﾖ 0, ∀x f (x) = ﾖ > 2007 f ⇒ f ′ ( x ) luôn luôn đồng biến. lim f (x ) = −2007; lim f (x ) = + ∃ x0 để f ′ ' ( x0 ) = 0 Vì f (x) liên tục và − + x x Từ BBT của f(x) f(x) = 0 không có quá 2 nghiệm. Vậy PT có 2 nghiệm là x = 0; x = 1 Hướng dẫn Đề số 16 Câu I: 2) MN: x + 2y + 3 = 0. PT đường thẳng (d) ⊥ MN có dạng: y = 2x + m. Gọi A, B ∈ (C) đối xứng nhau qua MN. Hoành độ của A và B là nghiệm của PT: 2x − 4 = 2 x + m ⇒ 2x2 + mx + m + 4 = 0 ( x ≠ –1) (1) x +1 (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔ (1) có ∆ = m2 – 8m – 32 > 0 Ta có A(x1; 2x1 + m), B(x2; 2x2 + m) với x1, x2 là nghiệm của (1) � +x x � �m m� Trung điểm của AB là I �1 2 ; x1 + x2 + m � I � ; � theo định lý Vi-et) ≡− ( 2 � �4 2� � Ta có I MN ⇒ m = –4, (1) ⇒ 2x2 – 4x = 0 ⇒ A(0; –4), B(2;0) x = kπ cos 2 x = 1 3x m8π ( k ; m ﾷ ) ⇔ x = 8nπ Câu II: 1) PT ⇔ cos2x + cos =2⇔ ⇔ 3x x= cos = 1 4 3 4 2x + 1 2) Nhận xét; x = 1 là các nghiệm của PT. PT � 3x = . 2x −1 Dựa vào tính đơn điệu ⇒ PT chỉ có các nghiệm x = ± 1. x x π π 1 + 2sin cos x 2 2 1 + sin x e dx x 1 x 2 2= π + tan . K = � + � tan dx ex = Câu III: Ta có = e2 x0 x x 1 + cos x 2 2 0 2cos 2 2cos 2 2cos 2 2 2 2 ﾷAMS = α . Câu IV: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung đi ểm c ủa BC Gọi I là tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp, I ∈ SO; N là hình chiếu của I trên SM, MI là phân giác của ﾷAMS = α . a3 Ta có SO = OM tanα = tanα ( Với a là độ dài của cạnh đáy) 6 23 a2 a2 a2 �a = tan 2 α + = 1− Ta có SO2 + OM2 = SB2 – BM2 � 4 + tan 2 α 12 12 4 α α 4π tan 3 α tan 2 . Vậy V = 2 r = OI = OM.tan = 3 ( 4 + tan α ) 2 3 2 4 + tan α 2 Câu V: Vì a + b + c = 2 nên độ dài mỗi cạnh nhỏ hơn 1. Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho ba số dương: 1 – a, 1 – b, 1 – c 1 3 – (a + b + c) 3 3 (1 − a )(1 − b)(1 − c) > 0 ۳ (1 − a)(1 − b)(1 − c ) > 0 27 28 56 ab + bc + ca − abc > 1 � 2 < 2ab + 2bc + 2ca + 2abc � ۳ 27 27 56 52 � 2 < (a + b + c ) 2 − (a 2 + b 2 + c 2 + 2abc ) � a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2 27 27 Trang 31
Ôn thi Đại học 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = . 3 Câu VI.a: 1) Giả sử AB: 5x – 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 ⇒ A(0;3) Phương trình đường cao BO: 7x – 4y = 0 ⇒ B(–4; –7) A nằm trên Oy, vậy đường cao AO nằm trên trục Oy ⇒ BC: y + 7 = 0 2a 2a ; d ( A; d ) = 8a − 24a + 36 2 2) Gọi A(a; 0; 0) Ox ⇒ d ( A; ( P)) = = 3 22 + 12 + 22 3 8a − 24a + 36 2a 2 d(A; (P)) = d(A; d) � = � 4a 2 = 8a 2 − 24a + 36 � 4a 2 − 24a + 36 = 0 3 3 � 4( a − 3) 2 = 0 � a = 3. Vậy có một điểm A(3; 0; 0). 1 + tan 2 x Câu VII.a: Vì cosx ≠ 0 nên chia tử và mẫu của hàm số cho cos 3x ta được: y = 2 tan 2 x − tan 3 x �π� 1+ t2 Đặt t = tanx ⇒ t (0; 3] . Khảo sát hàm số y = 2 3 trên nửa khoảng 0; ￺ 2t − t � 3� x=0 t + 3t − 4t 4 2 y’ = ; y’ = 0 (2t − t ) x =1 2 32 π Từ BBT ⇒ giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 2 khi x = . 4 Câu VI.b: 1) M ∈ (D) ⇒ M(3b+4; b) ⇒ N(2 – 3b; 2 – b) 6 N ∈ (C) ⇒ (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = 0 ⇒ b = 0; b = 5 � 6� �8 4� 38 − Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) hoặc M � ; � N � ; � , � 5� �5 5� 5 uuu r 2) Ta có AB = (6; −4;4) ⇒ AB//(d). Gọi H là hình chiếu của A trên (d) Gọi (P) là mặt phẳng qua A và (P) ⊥ (d) ⇒ (P): 3x – 2y + 2z + 3 = 0 H = (d)∩ (P) ⇒ H(–1;2;2). Gọi A′ là điểm đối xứng của A qua (d) ⇒ H là trung điểm của AA′ ⇒ A′ (–3;2;5). Ta có A, A′ , B, (d) cùng nằm trong một mặt phẳng. Gọi M = A′ B∩(d) . Lập phương trình đường thẳng A′ B ⇒ M(2;0;4) Câu VII.b: Gọi β = r( cosϕ + isinϕ) ⇒ β3 = r3( cos3ϕ + isin3ϕ) r=33 r=33 � 2π 2π � + i sin Ta có: r ( cos3ϕ + isin3ϕ) = 3 � cos 3 2π 2π k 2π � 3ϕ = + k 2π ϕ= �3 3� + 3 9 3 � �π 2π � �π 2π � � 2 2 Suy ra β = 3 3 � � + k � i sin � + k + cos �. � � �9 3� �9 3�� Hướng dẫn Đề số 17 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C): x 2 + (m − 3) x + 1 − m = 0, x 1 (*) (*) có 2 nghiệm phân biệt là xA và xB ⇒ A(xA; xA + m), B(xB; xB + m), x A + xB = 3 − m Theo định lí Viét: x A .xB = 1 − m uuu uuu rr Để ∆OAB vuông tại O thì OA.OB = 0 � x A xB + ( x A + m ) ( xB + m ) = 0 � 2 x A xB + m ( x A + xB ) + m 2 = 0 � m = −2 Câu II: 1) PT ⇔ (1 + sin x)(1 − sin x)(cos x − 1) = 2(1 + sin x)(sin x + cos x) Trang 32
Ôn thi Đại học π 1 + sin x = 0 1 + sin x = 0 x = − + k 2π � � � 2 ( 1 + sin x ) ( cos x + 1) = 0 sin x + cos x + sin x cos x + 1 = 0 x = π + k 2π 2) (b) ⇔ x 2 + y 2 + 2 ( x 2 + 1).( y 2 + 1) = 14 � xy + 2 ( xy ) 2 + xy + 4 = 11 (c) p=3 p 11 Đặt xy = p. (c) � 2 p + p + 4 = 11 − p � 2 � −35 p= 3 p 2 + 26 p − 105 = 0 3 35 (a) ⇔ ( x + y ) = 3 xy + 3 • p = xy = − 2 • p = xy = 3 ⇒ x + y = 2 3 (loại) 3 xy = 3 xy = 3 �x= y= 3 �x= y=− 3 1/ Với 2/ Với x+ y=2 3 x + y = −2 3 ( 3; 3 ) , ( − 3; − 3 ) Vậy hệ có hai nghiệm là: π π 2 2 � .sin 2 xdx + � x.sin 2 xdx Câu III: I = cos x e sin 0 0 π 2 • I1 = ecos x .sin 2 x.dx . Đặt cosx = t ⇒ I1 = 2 0 π π π 1� sin 3 x � 2 2 2 1 � x − cos3x ) dx = 2 � ( cos sin x − �= • I 2 = � x.sin 2 xdx = 2 sin 3� 3 � 2 0 0 0 28 �I =2+ = 33 Câu IV: Gắn hệ trục toạ độ sao cho: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), D(0; a; 0), C(a; a; 0), S(0; 0; a), � a � � a a � uuu uuuu � a 2 a 2 a 2 � rr a M �; ; 0 � N � ; ; � � , BM � � ; − ; � ⇒� , �− = 0 BN � 2 � � 2 2� �4 2 4� 2 1 uuu uuuu uuu a rrr 3 ⇒ VBMND = � , BM � = BN BD � � 6 24 1 uuu uuuu rr a2 3 1 Mặt khác, VBMND = S BMN .d ( D,( BMN ) ) , S BMN = � , BM � = BN 2� �42 3 3VBMND a 6 � d ( D,( BMN ) ) = = S BMN 6 x2 Câu V: Xét hàm số: f ( x ) = e x + cos x − 2 − x + , x R. 2 f ( x ) = e x − sin x − 1 + x � f ( x ) = e x + 1 − cos x > 0, ∀x �R ⇒ f ′ (x) là hàm số đồng biến và f ′ (x) = 0 có tối đa một nghiệm. Kiểm tra thấy x = 0 là nghiệm duy nhất của f ′ (x)=0. x2 Dựa vào BBT của f(x) ⇒ f ( x ) 0, ∀x R � e x + cos x � + x − , ∀x �R. 2 2 Câu VI.a: 1) d: a(x – 1)+ b(y –2) = 0 ⇔ ax + by – a – 2b = 0 ( a2 + b2 > 0) Vì d cắt (C) theo dây cung có độ dài bằng 8 nên kho ảng cách t ừ tâm I(2; –1) c ủa (C) đ ến d bằng 3. a=0 2a − b − a − 2b d ( I,d ) = = 3 � a − 3b = 3 a + b � 8a + 6ab = 0 � 2 2 2 3 a=− b a 2 + b2 4 • a = 0: chọn b = 1 ⇒ d: y – 2 = 0 3 • a = − b : chọn a = 3, b = – 4 ⇒ d: 3x – 4 y + 5 = 0. 4 Trang 33

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.