Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 138 doc

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010. Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 138 ) Bài 1(2 điểm): 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 2 (| | 1) .(| | 1)y x x= + − 2) Tìm trên trục hoành những điểm mà từ điểm đó kẻ được ba tiếp tuyến phân biệt đến (C). Bài 2(3 điểm): 1) Giải hệ phương trình: 2 2 1 2 2 ( 1)( 2) 6 x y x y xy x y x y  + + =  + +   − − + + − =  ( ,x y R ∈ ) 2) Giải phương trình: 2 2 sin .tan cos cos2 .(2 tan )x x x x x+ = − , ( với x R ∈ ) 3) Tìm m thực để phương trình sau có nghiệm thực trong đoạn 5 ;4 2       : 2 2 1/ 2 1/ 2 1 ( 1).log ( 2) 4( 5)log 4 4 0 2 m x m m x − − + − + − = − Bài 3(1 điểm): Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vuông cân đỉnh B, AB = a; các cạnh 3SA SB SC a= = = , (a > 0). Trên cạnh SA, SB lần lượt lấy điểm M, N sao cho SM = BN = a. Tính thể tích khối chóp C.ABNM theo a. Bài 4(2 điểm): 1) Tính tích phân: 1 2 2 0 .ln(1 )x x dx + ∫ 2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm A(3; 1). Lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt chiều dương các trục tọa độ Ox, Oy thứ tự tại P, Q sao cho diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất. Bài 5(1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d 1: 1 1 2 ;( ) 1 2 x t y t t R z t = +   = + ∈   = +  ,đường thẳng d 2 là giao tuyến của hai mặt phẳng (P): 2x – y – 1 = 0 và (Q): 2x + y + 2z – 5 = 0. Gọi I là giao điểm của d1 và d 2 . Viết phương trình đường thẳng d 3 qua A(2; 3; 1), đồng thời cắt hai đường thẳng d 1 và d 2 lần lượt tại B và C sao cho tam giác BIC cân đỉnh I. Bài 6(1 điểm): Cho x, y, z 0≥ và 2 2 2 3x y z+ + = . Chứng minh: 3 3 3 2 2 2 3 2 2 1 1 1 x y z y z x + + ≥ + + + Hết Đáp Án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010. Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 138) Bài 1: 1 1) 1 điểm Nội dung Điểm *Có hàm số : 2 2 (| | 1) .(| | 1)y x x= + − ⇔ y = x 4 - 2x 2 + 1 ( C) *TXĐ: R; lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = +∞ = +∞ ; 3 ' 4 4 ; ' 0 0; 1y x x y x x= − = ⇔ = = ± *BBT: 0.25 *Đọc đúng khoảng đb, nb; cực trị 0.25 *Vẽ đúng đ thị 0.25 2) 1 điểm *Gọi A(a:0) Ox∈ mà từ A kẻ được đến ( C) ba tiếp tuyến phân biệt. *Đường thẳng d đi qua A với hệ số góc k có phương trình: y = k(x-a) *d là tt của ( C) khi và chỉ khi hệ pt sau có nghiệm: 4 2 3 2 1 ( ) ( ) 4 4 x x k x a I x x k  − + = −  − =  0.25 *Có 2 0 ( ) ( ) 1 0 k I A x =  ⇔  − =  hoặc 2 2 4 ( 1) ( ) 3 4 1 0(1) x x k B x ax  − =   − + =   0.25 *Từ hệ (A), chỉ cho ta một tiếp tuyến duy nhất là d1: y = 0. Vậy để từ A kẻ được 3 tiếp tuyến pb tới (C) cần và đủ là hệ (B) phải có 2 nghiệm pb (x;k) với x khác 1 ± , tức là phương trình (1) phải có 2 nghiếm pb x khác 1 ± 0.25 KQ: 3 3 1 1 2 2 a a− ≠ < − ≠ >hoÆc 0.25 Bài 2: Nội dung Điểm 1) 1 điểm *Hệ 2 2 ( 1) ( 1) 5 ( 1)( 1)[( 1) ( 1)] 6 x y x y x y  − + − = ⇔  − − − + − =  . Đặt 1 1 u x v y = −   = −  , thu được hệ 2 2 5 ( ) 6 u v uv u v  + =  + =  0.25 * Giải ra được: 3 . 2 u v u v + =   =  ; * Giải ra được: 1 1 1 2 u x v y = − =   = − =  hoặc 1 2 1 1 u x v y = − =   = − =  0.50 3 2 x y =  ⇒  =  hoặc 2 3 x y =   =  0.25 2) 1 điểm * ĐK: cos 0x ≠ . PT 3 3 sin cos cos 2 .(2cos sin )x x x x x⇔ + = − 0.25 (sin cos ).cos .(2sin cos ) 0x x x x x⇔ + − = 0.25 sin cos 0;2sin cos 0x x x x⇔ + = − = 0.25 1 ; arctan ;( , ) 4 2 x k x l k l Z π π π ⇔ = − + = + ∈ 0.25 3) 1 điểm *PT 2 1/ 2 1/ 2 ( 1).log ( 2) ( 5)log ( 2) 1 0m x m x m ⇔ − − − − − + − = *Đặt [ ] 1/ 2 5 log ( 2), ;4 1;1 2 t x x t   = − ∈ ⇒ ∈ −     0.25 Thu được pt: 2 2 5 1 ( ) 1 t t m f t t t − + = = − + ; 2 2 2 4 4 '( ) ; '( ) 0 1 ( 1) t f t f t t t t − = = ⇔ = ± − + 0.25 * Lập BBT của f(t) trên đoạn [ ] 1;1− , thấy f(t) liên tục và NB trên đoạn [ ] 1;1− , nên 7 3; 3 m   ∈ −     thỏa mãn đề bài. 0.50 Bài 3: 2 1 điểm * Chân đường cao của tứ diện hạ từ đỉnh S là trung điểm H của cạnh AC 0.25 * Tính được 3 . 34 12 S ABC a V = 0.25 * CM được . . 2 . 9 S MNC S ABC V V= 0.25 3 C.ABNM . 7 7 34 . 9 108 S ABC a V V⇒ = = 0.25 Bài 4: Bài 5: 1) 1 điểm * d 2 có pt: 1 1 1 1 1 2 ;( ) 3 2 x t y t t R z t =   = − + ∈   = −  * Tìm được I(1;1;1) 0.25 1) 1 điểm * Tính 1 2 2 0 .ln(1 )I x x dx = + ∫ * Đặt 2 2 2 3 2 ln(1 ) 1 1 3 x du dx u x x dv x dx v x  =   = +   + ⇒   =    =   1 1 4 3 2 2 0 0 1 2 .ln(1 ) 3 3 1 x I x x dx x ⇒ = + − + ∫ 0.25 * Tính 1 1 4 2 2 2 0 0 1 2 [ 1 ] 1 1 3 4 x J dx x dx x x π = = − + = = − − + + ∫ ∫ 0.50 * Vậy 1 4 .ln 2 3 9 6 I π = + + 0.25 2) 1 điểm * Từ gt ta có ( ;0); (0; ), 0, 0.P a Q b a b> > * d có pt: 1 x y a b + = . 0.25 d qua A(3; 1) nên 3 1 3 1 1 2. 2. 3ab a b ab + = ⇒ ≥ ⇒ ≥ . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 6 3 1 2 a b a b =  = ⇒  =  0.25 * Có 1 . . 3 2 OPQ S a b ∆ = ≥ . Nên OPQ S ∆ nhỏ nhất ( 3= ) khi và chỉ khi 6 2 a b =   =  0.25 * Vậy d có pt: 1 6 2 x y + = 0.25 3 Ta có B(1 + t;1 +2 t;1 + 2t), C(t 1 ;-1 +2 t 1 ;3 -2 t 1 ) , ( đk: B khác I, C khác I 1 0, 1t t ⇒ ≠ ≠ ) *Tam giác BIC cân đỉnh I (1) [ , ] 0 (2) IB IC AB AC =    =   uuur uuuur ur . 0.25 1 1 2 t t =  ⇔ ⇔  =  . 0.25 * Từ đó có pt d 3 : 2 3 ;( ) 1 2 x y t R z t =   = ∈   = +  0.25 Bài 6: 1) 1 điểm Ta có: VT + 3 = 3 3 3 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 1 1 1 x y z y z x y z x + + + + + + + + 0.25 3 3 2 2 2 6 1 ( ) 4 2 4 2 2 1 2 1 x x y VT y y + ⇔ + = + + + + 3 3 2 2 2 1 ( ) 4 2 2 1 2 1 y y z z z + + + + + + 3 3 2 2 2 1 ( ) 4 2 2 1 2 1 z z x x x + + + + + + 0.25 6 6 6 3 3 3 6 3 3 3 4 2 16 2 16 2 16 2 x y z VT + ≥ + + 0.25 2 2 2 6 3 3 3 9 ( ) 2 2 2 8 2 2 2 VT x y z⇒ + ≥ + + = 6 3 9 3 9 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 VT VP⇒ ≥ − = − = = (đpcm) ( Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1) 0.25 4 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010. Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 138 ) Bài 1(2 điểm): 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 2 (| | 1) .(| | 1)y x x=. 1 x y z y z x + + ≥ + + + Hết Đáp Án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010. Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 138) Bài 1: 1 1) 1 điểm Nội dung Điểm *Có hàm số : 2 2 (| | 1) .(| | 1)y x x= + − ⇔ . đb, nb; cực trị 0.25 *Vẽ đúng đ thi 0.25 2) 1 điểm *Gọi A(a:0) Ox∈ mà từ A kẻ được đến ( C) ba tiếp tuyến phân biệt. *Đường thẳng d đi qua A với hệ số góc k có phương trình: y = k(x-a)