Tuyển tập đề thi thử đại học năm 2012 môn: Toán

Chia sẻ: Phan Tour Ris | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:38

Thêm vào BST

Báo xấu

63
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kì thi đại học, cao đẳng là kì thi quan trọng đối với mỗi học sinh. Dưới đây là "Tuyển tập đề thi thử đại học năm 2012 môn: Toán" có đáp án giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tuyển tập đề thi thử đại học năm 2012 môn: Toán

DIỄN ĐÀN BOXMATH.VN www.boxmath.vn - www.facebook.com/pages/BoxMath TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Đề thi được ra bởi Ban quản trị Boxmath và Lời giải được đóng góp bởi các thành viên của diễn đàn Còn tiếp…
DIỄN ĐÀN BOXMATH.VN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN ĐỀ SỐ: 09 Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3x 2 + 2 (C ) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C ) 2. Tìm tất cả các giá trị của k để trên đồ thị hàm số (C ) tồn tại đúng hai tiếp tuyến có cùng hệ số góc k đồng thời đường thẳng đi qua hai tiếp điểm cắt các trục tọa độ Ox , Oy lần lượt tại A và B sao cho AB ≥ 5 Câu II. (2 điểm) 3 ( tan x + 1)  7π  1. Giải phương trình: 3 tan 2 x + − 4 2.sin  x −  =1 cos x  4  2. Giải bất phương trình: 25 x 4 + 5 x 2 + 9 x( x 2 + 1) 9 x 2 − 4 − 2 ≥ 0 1 xdx Câu III. (1 điểm) Tính tích phân: I = ∫ 0 x3 + 1 Câu IV.(1 điểm) Cho hình chóp tam giác đều SABC có khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng a và góc tạo bởi AB và mặt phẳng ( SBC ) bằng 300 . Gọi M là trung điểm của BC , N là trung điểm của SM . Tính thể tích khối chóp SABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BN theo a.  x + y − z + xy − yz − xz = 1 2 2 2 Câu V. (1 điểm)Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện:  2  y + z + yz = 2 2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P = x 2 + y 2 + z 2 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong góc A là AD : x + y + 2 = 0 , đường cao xuất phát từ đỉnh B là BH : 2 x − y + 1 = 0 . Cạnh AB đi qua M (1;1) . Biết 27 diện tích của tam giác là . Tìm tọa độ của các đỉnh tam giác ABC 2 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho 2 mặt phẳng ( P) : x + mz − m = 0, (Q) : (1 − m) x − my = 0 (m là tham số thực và m ≠ 0) . Viết phương trình đường thẳng ∆ là giao tuyến của hai mặt phẳng ( P), (Q ) biết khoảng cách từ điểm I (2;1; −1) đến đường thẳng ∆ là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 11z10 + 10iz 9 + 10iz − 11 = 0 . Chứng minh rằng z = 1. 2. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : x − y + 1 = 0 và đường tròn (T ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 4 = 0 . Tìm điểm M thuộc đường thẳng (d ) sao cho qua M ta kẻ được các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (T ) ,( A, B là các tiếp điểm) đồng thời khoảng cách từ điểm 1  N  ;1 đến đường thẳng đi qua AB là lớn nhất 2  2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho A(1; 0; 2), B(3;1; 4), C (3; −2;1) . Gọi ∆ là đường thẳng qua A vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Tìm điểm S thuộc đường thẳng ∆ 3 11 sao cho mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC có bán kính bằng 2 z1 z2 z3 Câu VII.b (1 điểm) Cho các số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn: z1 = z2 = z3 = 1 và + + = 1. z2 z3 z1 Tính giá trị của biểu thức A = 3z1 + 12 z2 + 2011z3 ---------- Hết ----------
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ SỐ 9 NĂM 2012 BOXMATH.VN I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I. Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + 2 (C ) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C ) 2. Tìm k để tồn tại đúng hai tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C ) có cùng hệ số góc k đồng thời đường thẳng đi qua hai tiếp điểm cắt các trục tọa độ Ox, Oy tại hai điểm A, B sao cho AB ≥ 5 Giải: 1. Học sinh tự làm 2. Để tồn tại hai tiếp tuyến có cùng hệ số góc k điều kiện là: y ' = 3 x 2 − 6 x = k có 2 nghiệm phân biệt ⇔ 3 x 2 − 6 x − k = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ 9 + 3k > 0 ⇔ k > −3  k = 3 x 2 − 6 x (1) Khi đó tọa độ hai tiếp điểm thỏa mãn hệ phương trình sau:   y = x − 3 x + 2 (2) 3 2  x 1 Ta có: (2) ⇔ y = x3 − 3 x 2 + 2 ⇔ y =  −  (3 x 2 − 6 x) − 2 x + 2 thay k = 3 x 2 − 6 x vào ta có  3 3 k  k y =  − 2 x + 2 − 3  3 k  k Suy ra đường thẳng đi qua 2 tiếp điểm là: ∆ : y =  − 2  x + 2 − 3  3 A = ∆ ∩ Ox ⇒ A(1; 0)  k B = ∆ ∩ Oy ⇒ B  0; 2 −   3  k k 2 4k k 2 4k k ≤ 0 Ta có: AB  −1; 2 −  ⇔ AB 2 = − +5≥ 5 ⇔ − ≥0⇔  3 9 3 9 3  k ≥ 12  −3 < k ≤ 0 Kết hợp điều kiện ban đầu ta suy ra:   k ≥ 12 Câu II. 3 ( tan x + 1)  7π  1. Giải phương trình: 3 tan 2 x + − 4 2.sin  x −  =1 cos x  4  Giải: Điều kiện: cos x ≠ 0 1
3 ( tan x + 1)  7π  3 ( sin x + cos x ) 3 tan 2 x + − 4 2.sin  x −  = 1 ⇔ 3 tan x + 2 − 4 ( sin x + cos x ) = 1 cos x  4  cos 2 x ⇔ 3sin 2 x + 3 ( sin x + cos x ) − 4 ( sin x + cos x ) .cos 2 x = cos 2 x ( ) ⇔ 3 1 − cos 2 x − cos 2 x + ( sin x + cos x ) 3 − 4 cos 2 x  = 0 ( ⇔ 3 − 4 cos 2 x ) + ( sin x + cos x ) ( 3 − 4 cos x ) = 0 ⇔ ( 3 − 4 cos x ) ( sin x + cos x + 1) = 0 2 2  π π  x + = − + k 2π  π   π 4 4  x = − + k 2π (loai ) sin x + cos x = −1  2 sin  x + 4  = −1  π 5π  2 ⇔ ⇔    ⇔ x+ = + k 2π ⇔  x = π + k 2π (TM ) 3 − 2 (1 + cos 2 x ) = 0  1  4 4  π  cos 2 x = 2   2 x = ± π + k 2π  x = ± + kπ (TM )  6  3  x = π + k 2π KL:   x = ± π + kπ .  6 2. Giải bất phương trình: 25 x 4 + 5 x 2 + 9 x( x 2 + 1) 9 x 2 − 4 − 2 ≥ 0  2  x≥ 3 Giải: Điều kiện: 9 x 2 − 4 ≥ 0 ⇔  x ≤ − 2  3 2 16 4 418 TH 1 x ≥ Ta có: VT ≥ 25. + 5. − 2 = > 0 suy ra bất phương trình đã cho luôn đúng 3 81 9 81 2 4 2 TH 2: x ≤ − Chia 2 vế bất phương trình cho x 2 ta có: 25 x 2 + 5 − 9( x 2 + 1) 9 − 2 − 2 ≥ 0 3 x x 1  9 Đặt 2 = t ⇒ t ∈  0;  . Bất phương trình được viết lại như sau: x  4 25 1  + 5 − 9  + 1  9 − 4t − 2t ≥ 0 ⇔ −2t 2 + 5t + 25 − 9(t + 1) 9 − 4t ≥ 0 t t  −2t + 5t + 25 2 2t 2 − 5t − 25 2t 2 − 5t − 25 ⇔ − 9 − 4t ≥ 0 ⇔ + 9 − 4t ≤ 0 ⇔ + 1 + 9 − 4t − 1 ≤ 0 9(t + 1) 9(t + 1) 9(t + 1) 2t 2 + 4t − 16 4(2 − t )  t+4 2  ⇔ + ≤ 0 ⇔ 2(t − 2)  − ≤0 9(t + 1) 9 − 4t + 1  9(t + 1) 9 − 4t + 1  2
t+4 2  9 Xét hàm số: f (t ) = − với t ∈  0;  Ta có: 9(t + 1) 9 − 4t + 1  4 1 4  9 f '(t ) = − − < 0 nên hàm số f (t ) nghịch biến trên 3(t + 1) 2 ( ) 9 − 4t + 1 9 − 4t  0;   4 9 4 1 1 Ta có f   ≤ f (t ) ≤ f ( 0 ) = − = − < 0 4 9 2 18 1 1 1 1 Vì vậy bất phương trình tương đương với: t ≥ 2 ⇔ 2 ≥ 2 ⇔ x2 ≤ ⇔ − ≤x≤ x 2 2 2 1 2 Kết hợp điều kiện ban đầu ta suy ra − ≤x≤− 2 3  1 2 2  KL: Nghiệm của bất phương trình là: S =  − ; −  ∪  ; +∞   2 3 3  t+4 2 t+4 1 1 4 Chú ý:Có thể đánh giá f (t ) = − < 0 như sau: = + < 9(t + 1) 9 − 4t + 1 9(t + 1) 9 3(t + 1) 9 2 2 2 t+4 2  9 < ≤ = 2 suy ra f (t ) = − < 0 với t ∈  0;  4 9 − 4t + 1 1 9(t + 1) 9 − 4t + 1  4 Cách 2: 2 16 4 418 TH 1 x ≥ Ta có: VT ≥ 25. + 5. − 2 = > 0 suy ra bất phương trình đã cho luôn đúng 3 81 9 81 2 TH 2: x ≤ − khi đó bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình : 3 (25 x 2 + 5 x 2 − 2) ≥ −9 x( x 2 + 1) 9 x 2 − 4 ⇔ (25 x 2 + 5 x 2 − 2) 2 ≥ (9 x( x 2 + 1) 9 x 2 − 4) 2 ⇔ (25 x 2 + 5 x 2 − 2) 2 ≥ 81x 2 ( x 2 + 1) 2 (9 x 2 − 4) Đặt : t = x 2 (t ≥ 0) khi đó bất phương trình trở thành : (25t 2 + 5t − 2) 2 ≥ 81t (t + 1) 2 (9t − 4) ⇔ −26t 4 − 221t 3 − 39t 2 + 76t + 1 ≥ 0 ⇔ (1 − 2t )(13t 3 + 117t 2 + 78t + 1) ≥ 0(*) Ta thấy : (13t 3 + 117t 2 + 78t + 1) > 0 −1 1 Vậy (*) ⇔ 1 − 2t ≥ 0 ⇔ 1 − 2 x 2 ⇔ ≤x≤ 2 2 Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của BPT trong TH này là: −1 −2 ≤x≤ 2 3  1 2 2  KL: Nghiệm của bất phương trình là: S =  − ; −  ∪  ; +∞   2 3 3  3
1 xdx Câu III. Tính tích phân: I = ∫ 0 x3 + 1 Giải: 1 1  2 (2 x − 1) + dx x + x − x dx 2  1 d ( x3 + 1) 1 1 2 2 1 1 2 1 1 xdx xdx 1 3 x dx Ta có: I = ∫ 3 =∫ = − = ∫0 x 2 − x + 1 3 ∫0 x3 + 1 ∫0 x 2 − x + 1 − 0 x +1 0 x3 + 1 3 ∫0 x 3 + 1 1 d ( x 2 − x + 1) 1 1 d ( x 3 + 1) 1 1 1 1 = ln ( x 2 − x + 1) 10 − ln ( x 3 + 1) 10 + J dx 1 1 I= ∫ 2 + ∫ 2 − ∫ 3 2 0 x − x +1 2 0 x − x +1 3 0 x +1 2 3 2 ln ( x 2 − x + 1) 10 − ln ( x 3 + 1) 10 + J = − ln 2 + J 1 1 1 1 1 ⇔I= 2 3 2 3 2 1 1 dx dx Xét J = 4 ∫ 2 = 4∫ 0 4x − 4x + 4 0 (2 x − 1)2 + 3 Đặt 2 x − 1 = 3 tan t ⇒ 2dx = 3 ( tan 2 t + 1) dt ⇒ dx = ( tan 2 t + 1) dt 3 2 π π Khi x = 0 ⇒ t = − ; x =1⇒ t = 6 6 ( tan 2 t + 1) dt π 3 π π 6 2 2 6 2 2π Ta có: J = 4 ∫ = ∫ dt = t 6 = 3 ( tan t + 1) 2 π 3 −π 3 − 3 3 π 6 − 6 6 π 1 Vậ y : I = − ln 2 3 3 2 Câu IV. Cho hình chóp tam giác đều SABC có khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng a và góc tạo bởi AB và mặt phẳng ( SBC ) bằng 300 . Gọi M là trung điểm của BC , N là trung điểm của SM . Tính thể tích khối chóp SABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BN theo a. 4
S Q N C A P E H K M F R B Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC) thì H là trọng tâm tam giác ABC. Ta có: BC ⊥ ( SAM ) . Trong tam giác SAM kẻ AQ ⊥ SM ⇒ AQ ⊥ ( SBC ) ⇒ d = AQ = a; A /( SBC ) ABQ = 300 AQ AB 3 1 a 3 Tính được AB = 0 = 2a ⇒ AM = = a 3; HM = AM = sin 30 2 3 3 QM = AM 2 − AQ 2 = 3a 2 − a 2 = a 2 = AQ 1 = 1 .a 3 = a 6 Ta có: tan SMA = ⇒ SH = HM .tan SMA QM 2 2 2 6 1 1a 6 2 a3 2 - Thể tích khối chóp: VSABC = SH .dt ( ABC ) = .a 3 = 3 3 6 6 - Tính khoảng cách: Qua N kẻ đường thẳng NE / / SA ⇒ SA / /( NEB ) ⇒ d SA/ BN = d SA/( BEN ) = d A/( BEN ) Gọi K là trung điểm của HM thì NK ⊥ ( ABC ) 5
3 3 Ta có: AE = KE ⇒ d A/( BEN ) = d K /( BEN ) 2 2 KN .KF Hạ KF ⊥ EB, KP ⊥ NF ⇒ KP ⊥ ( BEN ) ⇒ d K ,( BEN ) = KP = KN 2 + KF 2 a 3 .a 1 a 6 ME.MB 2 a 21 Ta có: KN = SH = ; MR = = = 2 12 ME 2 + MB 2 3a 2 7 + a2 4 2 2 21a KN .KF 2 13a a 13 ⇒ KF = MR = . Từ đó tính được: KP = = ⇒ d A/( BEN ) = 3 21 KN 2 + KF 2 39 13 a 13 Vậy d SA/ BN = 13  x + y − z + xy − yz − xz = 1 2 2 2 Câu V. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện:  2  y + z + yz = 2 2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P = x 2 + y 2 + z 2 Giải:  x 2 + y 2 − z 2 + xy − yz − xz = 1  Ta quy bài toán về dạng tìm P để hệ sau có nghiệm:  y 2 + z 2 + yz = 2  x2 + y 2 + z 2 = P   x 2 + y 2 + xy = 1  x ± 2 x + 1 = 0 (*) 2   +) Nếu z = 0 thì hệ đã cho trở thành:  y 2 = 2 ⇔  y2 = 2  2  2 x = P  x = P Phương trình (*) luôn vô nghiệm nên hệ trên vô nghiệm x y +) Khi z ≠ 0 . Đặt a = ; b = , hệ đã cho trở thành: z z  x   y  2 2 x y y x 1   +   − 1 + . − − = 2  2 1 a + b 2 − 1 + ab − b − a = 2 (1)   z   z  z z z z z  z  2   y  y 2  2   + 1 + = 2 ⇔ b 2 + 1 + b = 2 ( 2 )  z  z z  z  x 2  2 P   + 1 + = 2  a + 1 + a = z 2 ( 3) x P  z  z z  1 1 Lấy (1) –(2) ta được: a 2 + ab − 2b − a − 2 = − 2 ⇔ ( a + 1)( a − 2 ) + b ( a − 2 ) = − 2 z z 6
1 1 ⇒ a + b +1 = − ⇒b=− 2 − ( a + 1) z ( a − 2) 2 z ( a − 2) 2  1   1  2 Thay vào (2) ta được:  2 + a + 1 −  2 + a + 1 + 1 = 2  z ( a − 2)   z ( a − 2)  z     1 5 ⇔ 4 + 2 + a 2 + a + 1 = 0 (4) z ( a − 2) 2 z ( a − 2) P 1 5 P Từ (3): a 2 + a + 1 = thay vào phương trình (4) ta được: 4 + 4 + 2 =0 z 2 z ( a − 2) 2 z ( a − 2) z P ⇔ z 2 .P ( a − 2 ) + 5. ( a − 2) + 1 = 0 2 (5) a + a +1 2 P Từ (3) ⇒ z 2 = thay vào (5) ta được: a + a +1 2 P 2 ( a − 2 ) 5P ( a − 2 ) 2 a2 + a +1 + 2 a + a +1 ( ) + 1 = 0 ⇔ P 2 + 1 a 2 + (−4 P 2 + 5 P + 1)a + 4 P 2 − 10 P + 1 = 0 (6) Hệ đã cho có nghiệm khi (6) có nghiệm tức là: ( ) ( )( ) 2 ∆ = −4 P 2 + 5 P + 1 − 4 P 2 + 1 4 P 2 − 10 P + 1 ≥ 0 25 − 616 25 + 616 ⇔ 3P 2 − 50 P + 3 ≤ 0 ⇔ ≤P≤ 3 3 Từ đó tính được các giá trị của a, b, c để dấu bằng xảy ra: 25 + 616 25 − 616 Vậy P max = ; P min = 3 3 Câu V. Phần tính toán phức tạp nhưng kq ra lẻ. Rất mong các bạn tìm cách giải để đi đến kq đơn giản hơn. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa. 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong góc A là AD : x + y + 2 = 0 , đường cao xuất phát từ đỉnh B là BH : 2 x − y + 1 = 0 . Cạnh 27 AB đi qua M (1;1) . Biết diện tích của tam giác là . Tìm tọa độ của các đỉnh tam giác ABC 2 Giải: 7
A N M I C B D  MN ⊥ AD Gọi N là điểm đối xứng với M qua phân giác trong AD thì  ⇒ MN : x − y = 0  M ∈ MN Giả sử: MN ∩ AD = I ⇒ I (−1; −1) ⇒ N (−3; −3)  AC ⊥ BH Phương trình đường thẳng AC:  ⇒ AC : x + 2 y + 9 = 0 ⇒ A = AC ∩ AD ⇒ A(5; −7)  N ∈ AC 1  Phương trình AB qua A, M là: AB : 2 x + y − 3 = 0 ⇒ B = AB ∩ BH ; ⇒ B  ; 2  2  1 +4+9 2 27 2S Ta có BH = d B , AC = = ⇒ AC = = 20 1+ 4 2 5 BH 27 Vì diện tích tam giác S = 2  c = −5 Ta có C ∈ AC ⇒ C (−2c − 9; c) ⇒ CA(14 + 2c; −7 − c) ⇒ AC 2 = 5(c + 7) 2 = 20 ⇔   c = −9 C (1; −5) Hay  . Vì AD là phân giác trong góc A nên B, C phải ở khác phía nhau so với AD. C (9; −9) Suy ra C (1; −5) . 1  KL: Tọa độ các đỉnh tam giác là: A(5; −7) , B  ; 2  , C (1; −5) 2  2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho 2 mặt phẳng ( P ) : x + mz − m = 0, (Q ) : (1 − m) x − my = 0 (m là tham số thực và m ≠ 0) . Viết phương trình đường thẳng ∆ là giao tuyến của hai mặt phẳng ( P ), (Q ) biết khoảng cách từ điểm I (2;1; −1) đến đường thẳng ∆ là lớn nhất. Giải: 8
 x + mz − m = 0 Mọi điểm thuộc giao tuyến có tọa độ luôn thỏa mãn hệ:  từ hệ phương trình ta (1 − m) x − my = 0 dễ tìm được điểm cố định thuộc đường thẳng giao tuyến là: K (0; 0;1) Ta thấy rằng mọi điểm M ( x; y; z ) thuộc giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) ,(Q) thì x, y, z phải thỏa mãn phương trình: x + mz − m + (1 − m) x − my = 0 ⇔ x + y + z − 1 = 0 Vậy ∆ luôn thuộc mặt phẳng cố định (α ) : x + y + z − 1 = 0 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên ∆ thì IH ≤ IK Từ đó ta suy ra d I / ∆ max = IK ⇔ IK ⊥ ∆  x = 3t  Ta có: IK (−2; −1; −2) suy ra u ∆ =  nα ; IK  = (3;0;1) ⇒ PTTS ( ∆ ) :  y = 0 z = 1+ t  Câu VIIa. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 11z + 10iz + 10iz − 11 = 0 . Chứng minh rằng 10 9 z = 1. 11 − 10iz Lời giải: Ta có: 11z10 + 10iz 9 + 10iz − 11 = 0 ⇔ z 9 (11z + 10i ) = 11 − 10iz hay z 9 = (*) 11z + 10i Đặt z = x + yi với x, y ∈ ℝ . Từ (*) suy ra: 11 − 10iz 11 − 10iz 10 2 ( x 2 + y 2 ) + 112 + 220 y f ( x; y ) z = 9 = = = 11z + 10i 11z + 10i 112 ( x 2 + y 2 ) + 10 2 + 220 y g ( x; y ) Xét các trường hợp: +) Nếu z > 1 thì x 2 + y 2 > 1 nên: g ( x; y ) = 112 ( x 2 + y 2 ) + 102 + 220 y = 10 2 ( x 2 + y 2 ) + 21( x 2 + y 2 ) + 10 2 + 220 y > 10 2 ( x 2 + y 2 ) + 112 + 220 y = f ( x; y ) Do đó z 9 < 1 ⇒ z < 1 (mâu thuẫn) +) Nếu z < 1 thì x 2 + y 2 < 1 nên: g ( x; y ) = 112 ( x 2 + y 2 ) + 102 + 220 y = 10 2 ( x 2 + y 2 ) + 21( x 2 + y 2 ) + 10 2 + 220 y < 102 ( x 2 + y 2 ) + 112 + 220 y = f ( x; y ) Suy ra z 9 > 1 ⇒ z > 1 (mâu thuẫn) +) Nếu z = 1 thì g ( x; y ) = f ( x; y ) (thỏa mãn) Vậ y z = 1 . 2. Theo chương trình Nâng cao 9
Câu VIb 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : x − y + 1 = 0 và đường tròn (T ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 4 = 0 . Tìm điểm M thuộc đường thẳng (d ) sao cho qua M ta kẻ được các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (T ) ,( A, B là các tiếp điểm) đồng thời khoảng cách từ 1  điểm N  ;1 đến đường thẳng đi qua AB là lớn nhất. 2  Giải: A M I B Xét điểm M (a; a + 1) ∈ (d ) . Và điểm A( x; y ) là tiếp điểm Ta có: MA( x − a; y − a − 1); IA( x − 1; y + 2) Vì A thuộc đường tròn nên: x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 4 = 0 (1) Vì A cũng là tiếp điểm nên: MA.IA = 0 ⇔ x 2 + y 2 − (a + 1) x + (1 − a ) y − a − 2 = 0 (2) Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) ta có ( ∆ ) : (a − 1) x + (a − 3) y + a − 2 = 0 Suy ra phương trình đường thẳng đi qua A, B là: ( ∆ ) : (a − 1) x + (a − 3) y + a − 2 = 0  1 1 Ta tìm được điểm cố định ( ∆ ) luôn đi qua là: P  − ; −   2 2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của N lên ( ∆ ) thì NH ≤ NP  3 Dấu bằng xảy ra khi NH ⊥ NP ta có: NP  −1; −  suy ra điều kiện là:  2 3 (−1)(3 − a ) − (a − 1) = 0 ⇔ a = −3 ⇒ M (−3; −2) 2 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho A(1; 0; 2), B (3;1; 4), C (3; −2;1) . Gọi ∆ là đường thẳng qua A vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Tìm điểm S thuộc đường thẳng 3 11 ∆ sao cho mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC có bán kính bằng 2 10
Giải: S M I A C K B Ta có: AB (2;1; 2), AC (2; −2; −1) vì AB. AC = 0 ⇒ ∆ABC vuông tại A . Gọi K là tâm vòng tròn  1 5 ngoại tiếp tam giác ABC ⇒ K  3; − ;   2 2 Có:  AB, AC  = (3; 6; −6) / / n (1; 2; −2 ) x = 1+ t  Phương trình đường thẳng ∆ qua A vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) là: ∆ :  y = 2t  z = 2 − 2t  Suy ra S (1 + t ; 2t ; 2 − 2t ) . Trong mặt phẳng chứa ∆ và đường thẳng (d) qua K vuông góc với ( ABC ) ta dựng đường trung trực của SA cắt (d) tại I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp SABC. 1  1 1 5   1 1 1  Suy ra KI = AS ⇒ I  3 + t ; − + t ; + t  ⇒ AI  2 + t ; − + t ; − t  2  2 2 2   2 2 2  11
Theo giả thiết ta có: 2  11 3  t = 3  S (4; 6; −4) 2 2 2  1   1   1  99 AI =  2  ⇔  2 + t  +  − + t  +  − t  = ⇔ 9t 2 = 81 ⇔  ⇒     2   2   2  2  4 t = −3  S (−2; −6;8)  S (4; 6; −4) Kết luận:   S (−2; −6;8) Câu VIIb.  z1 = z2 = z3 = 1  Cho các số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn hệ:  z1 z2 z3 . Tính giá trị của biểu thức  z + z + z =1  2 3 1 A = 3z1 + 12 z2 + 2011z3 Giải: z1 z z Vì z1 = z2 = z3 = 1 ⇒ = 2 = 3 =1 z2 z3 z1 z z z z z Đặt 1 = cos x + i sin x; 2 = cos y + i sin y ⇒ 3 . 2 = 3 = cos(− x − y ) + i sin(− x − y ) z2 z3 z2 z1 z1 z z z cos x + cos y + cos(− x − y ) = 1 (1) Theo giả thiết ta có: 1 + 2 + 3 = 1 ⇔  z2 z3 z1 sin x + sin y + sin(− x − y ) = 0 (2)  x+ y  x− y  x+ y  x+ y Từ (2) ⇒ sin x + sin y + sin(− x − y ) = 2sin   .cos   − 2sin   .cos  =0  2   2   2   2   x = k 2π  x+ y x y  ⇔ 4sin   .sin .sin = 0 ⇔  y = k 2π  2  2 2  x + y = k 2π Suy ra 2 trong ba số z1 , z2 , z3 phải có 2 số bằng nhau: Giả sử 2 z z z z z  z1 = z2 ⇒ 1 + 3 = 0 ⇔ 1 = − 3 ⇔  3  = −1 ⇒ z3 = ±iz1 z2 z1 z2 z1  z1  ⇒ A = 3 z1 + 12 z2 + 2011z3 = 3 z1 + 12 z1 ± i.2011z3 = z1 3 + 12 ± i.2011 = (3 + 12) 2 + 20112  A = (3 + 12)2 + 20112  Các giá trị có thể của A là:  A = (3 + 2011)2 + 122   A = (2011 + 12) 2 + 32  12
DIỄN ĐÀN BOXMATH.VN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN ĐỀ SỐ: 10 Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I.(2 điểm) Cho hàm số: y  x 3  3(m  1) x 2  6mx  3m  4 (Cm) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m  1 2. Gọi  là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (Cm) tại điểm A có hoành độ bằng 1 . Tìm m để tiếp tuyến cắt đồ thị hàm số (Cm) tại điểm B khác A sao cho tam giác OAB cân tại O. Câu II. (2 điểm) 3 1. Giải phương trình : cos 2 2 x  cos 4 x  tan 2 x.cot x  1   4 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: x 2  7  m x 2  x  1  x 4  x 2  1  m( x 2  x  1  2)  4 sin x Câu III. (1 điểm) Tính tích phân: I   2 1  sin 2 xdx 0 cos x Câu IV. (1 điểm) Cho hình hộp chữ nhật ABCDA ' B ' C ' D ' có cạnh AA '  a . Đường thẳng B ' C tạo với đường thẳng AD một góc 600 , đường chéo B ' D tạo với mặt bên ( BCC ' B ') một góc 300 . Tính thể tích khối chóp ACB ' D ' và cosin góc tạo bởi AC và B ' D Câu V. (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện x, y , z   0;1 . 2 2 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của P   xy  y  1   yz  z  1   zx  x  1 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VI a.(2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang vuông ABCD có A  D  900 . Biết BC  CD  2 AB . Trung điểm của BC là M (1;0) , đường thẳng AD có phương trình: x  2 y  0 . Tìm tọa độ điểm A. x  2 y  3 z 1 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :   . Xét hình bình 1 2 2 hành ABCD có A(1;0;0), C(2;2;2), D  d . Tìm tọa độ điểm B biết diện tích hình bình hành ABCD bằng 3 2 1 3 5 2011 Câu VIa. (1 điểm) Tính tổng sau: S  C2011  3C2011  5C2011  ...  2011C2011 2.Theo chương trình Nâng cao. Câu VII b. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang vuông ABCD tại A và D có đáy lớn là CD, cạnh AD : 3 x  y  0 , cạnh BD : x  2 y  0 . Biết góc tạo bởi BC và AB bằng 450 , diện tích hình thang ABCD bằng 24. Tìm tọa độ các đỉnh hình thang biết đỉnh B có tung độ dương 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  10 x  2 y  6 z  10  0 và mặt phẳng (P): x  2 y  2 z  5 . Từ một điểm M trên mặt phẳng (P) kẻ một đường thẳng  tiếp xúc với mặt cầu (S) tại điểm N. Tìm vị trí của M để MN  11 .  Câu VIIb. (1 điểm) Cho  ,  là hai số phức liên hợp thỏa mãn điều kiện: là số thực và 2     2 3 . Tính  ---------- Hết ----------
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI SỐ 10 Câu I. Cho hàm số: y  x 3  3(m  1) x 2  6mx  3m  4 (Cm) 3. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m  1 4. Gọi  là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (Cm) tại điểm A có hoành độ bằng 1 . Tìm m để tiếp tuyến cắt đồ thị hàm số (Cm) tại điểm B khác A sao cho tam giác OAB cân tại O. Giải: 1. Học sinh tự làm: 2. Ta có: A(1; 2) f '( x)  3x 2  6(m  1) x  6m . Tiếp tuyến tại A là:  : y  3( x  1)  2   : y  3x  5 Phương trình hoành độ giao điểm của  và (Cm) là: x 3  3(m  1) x 2  6mx  3m  4  3 x  5 x  1  x3  3(m  1) x 2  (6m  3) x  3m  1  0  ( x  1) 2 ( x  3m  1)  0    x  3m  1 Vậy B(3m  1; 9m  2)   m  0 2 2 Ta có OA(1; 2); OB(3m  1; 9m  2)   3m  1   9m  2   5  90m  30m  0   2 m  1  3 Nếu m  0  A  B không thỏa mãn. 1 KL: m  3 Câu II. 3 3. Giải phương trình : cos 2 2 x  cos 4 x  tan 2 x.cot x  1   4 Giải: Điều kiện sin x  0, cos 2 x  0 (tan 2 x.cot x  1) cos 2 x  sin 2 x.cot x  cos 2 x  2 cos 2 x  cos 2 x  1 1 cos 4 x 3  tan 2 x.cot x  1  cos 2 2 x    1 cos 2 x cos 2 x 4 2 2 Đặt t  cos 2 x  0 t  cos 4 x  2 cos 2 x  1  2t  1 2t 2  1 3 1 1  t 2  t       2t  1 2t 2  5t  4  0  t  4 2 1    cos 2 x   2 x    2k  k  Z   x    k  k  Z  2 3 6 4. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: x 2  7  m x 2  x  1  x 4  x 2  1  m( x 2  x  1  2) Giải: Đặt t = x 2  x  1  x 2  x  1 , tìm được t  (1;1) , t2  2  x 2  x4  x 2  1  2 t 2  12 Phương trình trở thành 2m(t  2)  t 2  12  m   t2 t 2  12 Xét hàm số f (t )   ; t   1;1 t2 13 13 Lập bảng biến thiên ta tìm được điều kiện của m là  m 2 6
 4 sin x Câu III. Tính tích phân: I   2 1  sin 2 xdx 0 cos x Giải: Đặt: 1 1 1 2  t2 2  1 2  t2 1 1 cos x  t  dt   sin xdx I   dt   2  t d        dt  3  1  J 2 t2 2  t t 2 2 2 2  t2 2 2 2 1 1 Xét J   dt đặt t  2 sin u  dt  2 cos udu 2 2  t2 2   4 4  2 cos u.du 4  Ta có: J     du u    2  2sin u2  6 12 6 6  Vậy I  3  1  12 Câu IV. Cho hình hộp chữ nhật ABCDA ' B ' C ' D ' có cạnh AA '  a . Đường thẳng B ' C tạo với đường thẳng AD một góc 600 , đường chéo B ' D tạo với mặt bên ( BCC ' B ') một góc 300 . Tính thể tích khối chóp ACB ' D ' và cosin góc tạo bởi AC và B ' D Giải: A' D' B' C' 0 30 D A 600 B C Tính thể tích: Theo giả thiết ta xác định được: Góc tạo bởi B’C và AD cũng là góc tạo bởi B’C và BC suy ra:  B ' BC  600 Vì DC  ( BCC ' B ')  DB ' C  300 1 1 Dễ thấy VACB ' D '  VABCDA' B ' C ' D '  AA '.BC .CD 6 6 a 3 BB ' 2a 2a Tính được: BC  BB 'cot 60  ; B 'C    CD  3 sin 60 3 3 1 1 3a 3 Thay vào ta có: VACB ' D '  VABCDA ' B 'C ' D '  AA '.BC.CD  6 6 27 Tính góc:
    Ta có: AC.B ' D  AC.B ' D cos AC , B ' D          Mặt khác: AC  AB  BC ; B ' D  B ' B  BC  CD        a2    AC.B ' D  AB  BC B ' B  BC  CD  ....   9  2 4a 7   1 1 AC.B ' D  9   cos AC , B ' D   4 7   cos  AC , B ' D   4 7 Câu V. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện x, y , z   0;1 . 2 2 2 Tìm GTNN của P   xy  y  1   yz  z  1   zx  x  1 Giải: Ta có : x, y, z   0;1  xyz  (1  x )(1  y )(1  z )  0  x  y  z  ( xy  yz  zx )  1 Dấu bằng xảy ra khi một trong ba số có một số bằng 0 một số bằng 1 và số còn lại tùy ý thuộc  0;1 Đặt t  x  y  z  ( xy  yz  zx)  t   0;1 Ta có: t  y (1  x)  z (1  y )  x(1  z )  z (1  x)  x (1  y )  y (1  z ) 2 2 2 Ta có: P   xy  y  1   yz  z  1   zx  x  1 2 2 2 2 2 2 P  1  y (1  x)   1  z (1  y )  1  x (1  z)   3  2t   y (1  x)    z (1  y )    x (1  z )  P  3  2t  t 2  2  y 1  x  z 1  y   z 1  y  x 1  z   x 1  z  y 1  x   1 Lại có: a 1  a   a   0;1 4 1 t Suy ra  y 1  x  z 1  y   z 1  y  x 1  z   x 1  z  y 1  x   4  z (1  x)  x (1  y )  y (1  z )  4 5t 2 2 (1  t )(3  2t ) 3 3 Suy ra P  3  t    2 2 2 2 3 1 Vậy P min   x  0; y  1; z  và các hoán vị của chúng 2 2 Câu VI a. 1. E D C F K N M A B Đường thẳng (d) qua M song song với CD có dạng: 2x  y  2  0  2  2 x  y  2  0  x  3 Giao điểm N của (d) và AD là nghiệm của hệ sau:    x  2 y  0 y  2  3 2   Gọi E là trung điểm CD ta có BE cắt MN tại K thì MN  3MK
 1  8   1 2  3  3( x  1)  x  9 Giả sử K ( x; y )  MK ( x  1; y ); MN ( ; ) suy ra   3 3 2  2  3y y  2  3 2  9 2  8  x   2t 8 2  9 8 2  Vậy K ( ; ) suy ra phương trình tham số của BK là:   B   2t ; t 9 9 2 y  2  t 9 9 2   9 2   1 2    1 2  Ta có MB    2t;  t  ; MK    ;  ta có  9 9 2   9 9 2 2 2  1  2  2  2  2 2  1   2  MB  4MK     2t     t   4         9  9 2   9   9 2   1 2 2t 2 2 2t 2 4 8 1 1    2t 2    t    3t 2   t   81 9 81 9 81 81 9 3 3 1 8 2 2 1  7 2 2  * Nếu t   suy ra B   ;   trung điểm F của NK là: F  ;  3 3 9 3 3 9 2 3 3 9 9   6 6 3 3 2   12  6 33 2  Suy ra D  ;   A  ;   9 9   9 9  1 8 2 2 1  7 2 2  * Nếu t  suy ra B   ;   trung điểm F của NK là: F  ;  3 3 9 3 3 9 2 3 3 9 9   6 6  3 3 2   12  6 3  3 2  D  ;   A  ;   9 9   9 9  2. Giải: x  2 y  3 z 1 3 2 +) D  d :    D  t  2; 2t  3; 2t  1 ; S ABCD  3 2  S ACD  (1) 1 2 2 2     +) Ta có: AC  1;2;2  ; AD   t  3; 2t  3; 2t  1 . Suy ra  AC , AD    4; 4t  7; 4t  9  1   1 2 2 1 Suy ra S ACD   AC , AD   16   4t  7    4t  9   32t 2  128t  146 (2) 2 2 2 Từ (1) và (2) ta có: 32t 2  128t  128  0  t  2 . Suy ra D(0;-1;-3)   +) ABCD là hình bình hành nên AB  DC . Suy ra B(3;3;5) 1 3 5 2011 Câu VIIa. S  C2011  3C2011  5C2011  ...  2011C2011 2011 0 1 2011 2011 Xét 1  x   C2011  C2011 x  ...  C2011 x 2010 Đạo hàm hai vế ta có: 20111  x   C12011  2C2011 2 2011 2010 x  ...  2011C2011 x Cho x  i Ta có: 1 C2011 2  2C2011 2011 2010 i  ...  2011C2011 i 1  C2011  3  3C2011 5  5C2011 2    .....  2i C2011 4  2C2011 6  3C2011  .....  Mặt khác ta có:   2010  2010. 2010.  1  i  2(cos  i sin )  1  i   21005  cos  i sin   0  i.2 1005 4 4  4 4  1 3 5 2011 Suy ra S  C2011  3C2011  5C2011  ...  2011C2011 =0 Câu VIb. 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang vuông ABCD tại A và D có đáy lớn là CD, cạnh AD : 3 x  y  0 , cạnh BD : x  2 y  0 . Biết góc tạo bởi giữa BC và AB bằng 450 , diện tích hình thang ABCD bằng 24. Tìm tọa độ các đỉnh hình thang biết đỉnh B có tung độ dương
A B C D E Giải: CD Giả thiết của bài toán ta suy ra: AB  AD  ; Các tam giác  DBC ,BEC vuông cân: 2 Tìm được D (0;0) 1 3 Vì S ABCD  ( AB  CD).AD  AD 2  24  AD 2  4  AD  2  DB  2 2 2 2  2 10  t  5 Giả sử B(2t ; t )  BD  (2t ; t )  BD 2  5t 2  8    2 10 t   ( L)  5  4 10 2 10  Ta có B  ;   5 5  Vì BC vuông góc với BD suy ra phương trình BC là: 2 x  y  2 10  0 . Từ đó dễ dàng tìm được các đỉnh của hình thang. 2. Trong không gian với hệ trục Oxyz cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  10 x  2 y  6 z  10  0 và mặt phẳng (P): x  2 y  2 z  5 . Từ một điểm M trên mặt phẳng (P) kẻ một đường thẳng  tiếp xúc với mặt cầu (S) tại điểm N. Tìm vị trí của M để MN  11 . Giải: Mặt cầu (S ) có tâm I (5;1;3), R  5 Vì mặt cầu tiếp xúc với đường thẳng  tại điểm N nên IN 2  R 2  25  IM 2  IN 2  MN 2  36  IM  6 Ta có: d I /( P )  6 mà M thuộc mặt phẳng (P) suy ra M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (P). M thuộc đường thẳng (d ) qua I (5;1;3) vuông góc với (P) nên M (5  t ;1  2t ;3  2t ) Vì M thuộc (P) nên: 5  t  2  4t  6  4t  5  0  t  2  M (3; 3; 1) Câu VIIb.  Cho  ,  là hai số phức liên hợp thỏa mãn điều kiện: là số thực và     2 3 . Tính  2 Giải: Giả sử:   x  iy    x  iy vì     2 3  2iy  2 3  y 2  3  3 2 Ta có: 2  2 2 mà  2  2     ( x 2  y 2 ) 2  R suy ra  3 là số thực    3 Tức là :  3   x  iy   x 3  3 x 2 yi  3xy 2  y 3i  x 3  3 xy 2  y (3 x 2  y 2 )i là số thực y2 Suy ra phần ảo của  3 phải bằng 0  y (3x 2  y 2 )  0  x 2  1 3 Vậy   x 2  y 2  1  3  2