Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 29 doc

Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng đáy trùng với tâm của đáy.. M là trung điểm của BC.. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 2 điểm 1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012

Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 29 )

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x4 2 mx2 m2 m (1)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = –2

2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị lập thành một tam giác có một góc bằng 0

120

Câu II (2 điểm)

1) Giải bất phương trình:  x3 x1 1   x22x34

2) Giải phương trình:

2 sin

cos





x

Câu III (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: , 0, 0,



x

x

Câu IV (1 điểm) Cho hình hộp ABCD.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB = AA = 2a Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng đáy trùng với tâm của đáy M là trung điểm của BC Tính thể tích hình hộp và cosin của góc giữa hai đường thẳng AM và AC

Câu V (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  5 sin3x  9 sin2x  4

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 hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4 Biết toạ độ các đỉnh A(2; 0), B(3; 0) và giao điểm I của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng yx Xác định toạ độ các điểm C, D

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(2; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 2) Tính bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC

Câu VII.a (1 điểm) Chứng minh: 0 10 1 9 9 1 10 0 10

10 20 10 20  10 20  10 20  30

A Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 y2 2 x  4 y   và 5 0 A(0; –1)  (C) Tìm toạ độ các điểm B, C thuộc đường tròn (C) sao cho ABC đều

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x2y2z 1 0 và các

cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2

Câu VII.b (1 điểm) Tìm các số nguyen dương x, y thoả mãn:

  

Hướng dẫn Đề số 29

Câu I: 2) Ta có y 4x34mx;  2  0

  



x

x m (m<0)

Gọi A(0; m2+m); B( m ; m); C(– m ; m) là các điểm cực trị

2



120

A

4 4

cos



 

  AB AC m m m A

AB AC

4

4

3

0 1

2

3









m (loai)

m

Vậy m=

3

1 3

Câu II: 1) Điều kiện x1

Nhân hai vế của bpt với x 3 x1, ta được

BPT 4 1  x22x34. x 3 x1 1 x22x3 x 3 x1

2

 





x

x

Kết hợp với điều kiện x1 ta được x2

2





, 4











 



m x

Câu III: Nhận xét: 0, 0, 



x

2

2

1

cos







x

=

0

tan













      

(đvdt)

Câu IV: Ta có AO=OC=a 2  A O  AA2AO2  4a22a2 a 2

Suy ra V=B.h=4a a 2 24a 3 2

Tính góc giữa AM và AC Gọi N là trung điểm AD, suy ra AM // CN

Xét ACN ta có:





C

Vậy cosin của góc giữa AM và AC bằng 3

2 5

Câu V: Đặt tsinx với t  1,1 ta có A 5t39t24

Xét hàm số f t( )5t 9t 4 với t  1,1 Ta có f t( ) 15 t 18t3 (5t t6)

6

5

f t t t (loại); f( 1)  10, (1)f 0, (0)f 4 Vậy 10 f t( )4 Suy ra 0A f t( )10

2





2





Câu VI.a: 1) Ta có 1

4



2



IAB

S IH IB với AB= 1202   IH = 2 1 Gọi I x x( ,I I) vì I thuộc đường thẳng y=x, ta có phương trình (AB) là y = 0;

IH = 2 d I AB( ; )2 x I 2

TH1: x I  2 I(2; 2); (3; 4); (2; 4).C D

TH2: x I   2 I( 2; 2); ( 5; 4); ( 6; 4).  C   D  

2) Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC

Ta có: V OABC V IOAB +V IOBC +V OCA +V ABC=1 1 1 1

3 r S OAB3r S OBC3 r S OCA3r S ABC =

1

3r S TP

OABC

2

2

ABC



OABC TP

V r

Câu VII.a: Ta có (1x)30 (1x) (110 x) ,20  x (1)

30 1



k

Vậy hệ số a của 10 x trong khai triển của 10 (1 x)30 là a10 C3010

Do (1) đúng với mọi x nên a10 b Suy ra điều phải chứng minh 10

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1;2) và R= 10 Suy ra 2.



H H

X

H Y

Gọi H là trung điểm BC, ta có I là trọng tâm tam giác ABC vì  ABC là tam giác đều

Vì B, C  (C) nên tọa độ của B, C lần lượt là các nghiệm của hệ phương trình:



2) PTTS của d1 là:

1 2

3 3 2

 





 



 



M  d1 nên tọa độ của M 1 2 ;3 3 ; 2 t  t t

Theo đề:

1

0 3





t

d M P

t

+ Với t = 1 ta được M13; 0; 2; + Với t = 0 ta được M21;3; 0

 Ứng với M1, điểm N1 d cần tìm phải là giao của d 2 2 với mp qua M1 và // (P), gọi mp này là (Q1) PT (Q1) là: (x3)2y2(z2) 0 x2y2z 7 0 (1)

PTTS của d2 là:

5 6 4

5 5

 









   



(2)

Thay (2) vào (1), ta được: t = –1 Điểm N1 cần tìm là N1(–1;–4;0)

 Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;–5)

Câu VII.b: Điều kiện: 1

2









