Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 170 docx

WWW.VNMATH.COM THI TH I HC, CAO NG 2012 Mụn thi : TO N ( 170) PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im) Cõu I (2 im) Cho hm s 2 4 1 x y x + = . 1)Kho sỏt v v th ( ) C ca hm s trờn. 2)Gi (d) l ng thng qua A( 1; 1 ) v cú h s gúc k. Tỡm k sao cho (d) ct ( C ) ti hai im M, N v 3 10MN = . Cõu II (2 im) : 1. Gii h phng trỡnh: 2 2 2 2 12 12 x y x y y x y + + = = 2.Gii phng trỡnh : 01cossin2sinsin2 2 =++ xxxx . Cõu III (1 im): Tớnh tớch phõn: 2 3 0 3sin 2cos (sin cos ) x x I dx x x = + Cõu IV (1 im) Cho hỡnh chúp ct tam giỏc u ngoi tip mt hỡnh cu bỏn kớnh r cho trc. Tớnh th tớch hỡnh chúp ct bit rng cnh ỏy ln gp ụi cnh ỏy nh. Cõu V (1 im) Tìm m để phơng trình sau có 2 nghiệm phân biệt : x10 1).12(48 22 ++=++ xxmx . PHN RIấNG (3 im): Thớ sinh ch lm mt trong hai phn (Phn 1 hoc phn 2) 1. Theo chng trỡnh chun. Cõu VI.a (2 im) 1. Cho ABC cú nh A(1;2), ng trung tuyn BM: 2 1 0x y+ + = v phõn giỏc trong CD: 1 0x y+ = . Vit phng trỡnh ng thng BC. 2. Cho ng thng (D) cú phng trỡnh: 2 2 2 2 x t y t z t = + = = + .Gi l ng thng qua im A(4;0;- 1) song song vi (D) v I(-2;0;2) l hỡnh chiu vuụng gúc ca A trờn (D). Trong cỏc mt phng qua , hóy vit phng trỡnh ca mt phng cú khong cỏch n (D) l ln nht. Cõu VII.a (1 im) Cho x, y, z l 3 s thc thuc (0;1]. Chng minh rng 1 1 1 5 1 1 1xy yz zx x y z + + + + + + + 2. Theo chng trỡnh nõng cao. Cõu VI.b (2 im) 1) Trong mt phng vi h ta Oxy cho ng trũn hai ng trũn 2 2 ( ) : 2 2 1 0,C x y x y+ + = 2 2 ( ') : 4 5 0C x y x+ + = cựng i qua M(1; 0). Vit phng trỡnh ng thng qua M ct hai ng trũn ( ), ( ')C C ln lt ti A, B sao cho MA= 2MB. 2)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng trình : d : z y x = = 1 2 và d : 1 5 3 2 2 + == z y x . Viết phơng trình mặt phẳng )( đi qua d và tạo với d một góc 0 30 Cõu VII.b (1 im) Cho a, b, c l ba cnh tam giỏc. Chng minh 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b + + + + < ữ + + + + + + WWW.VNMATH.COM Hết Đáp án De thi thu dai hoc số 70 2(1,0) Từ giả thiết ta có: ( ) : ( 1) 1.d y k x= − + Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai nghiệm 1 1 2 2 ( ; ), ( ; )x y x y phân biệt sao cho ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 90(*)x x y y− + − = 2 4 ( 1) 1 ( ) 1 ( 1) 1 x k x I x y k x +  = − +  − +   = − +  . Ta có: 2 (2 3) 3 0 ( ) ( 1) 1 kx k x k I y k x  − − + + = ⇔  = − +  Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 2 (2 3) 3 0(**)kx k x k− − + + = có hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được 3 0, . 8 k k≠ < Ta biến đổi (*) trở thành: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 (1 ) 90 (1 )[ 4 ] 90(***)k x x k x x x x+ − = ⇔ + + − = Theo định lí Viet cho (**) ta có: 1 2 1 2 2 3 3 , , k k x x x x k k − + + = = thế vào (***) ta có phương trình: 3 2 2 8 27 8 3 0 ( 3)(8 3 1) 0k k k k k k+ + − = ⇔ + + − = 3 41 3 41 3, , 16 16 − + − − = − =⇔ =k k k . KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên. 1) CâuII:2. Giải phương trình: 01cossin)1cos2(sin201cossin2sinsin2 22 =−+−−⇔=−++− xxxxxxxx . 22 )3cos2()1(cos8)1cos2( −=−−−=∆ xxx . VËy 5,0sin =x hoÆc 1cossin −= xx . Víi 5,0sin =x ta cã π π kx 2 6 += hoÆc π π kx 2 6 5 += Víi 1cossin −= xx ta cã       −=−=       −⇔−=− 4 sin 2 2 4 sin1cossin ππ xxx , suy ra π kx 2 = hoÆc π π kx 2 2 3 += Điều kiện: | | | |x y≥ Đặt 2 2 ; 0u x y u v x y  = − ≥   = +   ; x y= − không thỏa hệ nên xét x y≠ − ta có 2 1 2 u y v v   = −  ÷   . Hệ phương trình đã cho có dạng: 2 12 12 2 u v u u v v + =      − =  ÷     4 8 u v =  ⇔  =  hoặc 3 9 u v =   =  + 2 2 4 4 8 8 u x y v x y  =  − =  ⇔   = + =    (I)+ 2 2 3 3 9 9 u x y v x y  =  − =  ⇔   = + =    (II) Giải hệ (I), (II). Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là ( ) ( ) { } 5;3 , 5;4S = III(1,0) Đặt , 0 , 0. 2 2 2 x t dx dt x t x t π π π = − ⇒ = − = ⇒ = = ⇒ = WWW.VNMATH.COM Suy ra: 2 2 2 3 3 3 0 0 0 3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin (sin cos ) (cos sin ) (cos sin ) x x t t x x I dx dt dx x x t t x x = = = + + + (Do tớch phõn khụng ph thuc vo kớ hiu cu bin s). Suy ra: 2 2 2 3 3 2 0 0 0 3sin 2cos 3cos 2sin 1 2 (sin cos ) (cos sin ) (sin cos ) x x x x I I I dx dx dx x x x x x x = + = + = + + + = = 2 2 2 2 2 0 0 0 1 1 1 1 tan 1 2 4 2 4 2cos cos 4 4 dx d x x x x = = = ữ ữ ữ ữ . KL: Vy 1 . 2 =I Gi H, H l tõm ca cỏc tam giỏc u ABC, ABC. Gi I, I l trung im ca AB, AB. Ta cú: ( ) ( ) ( ) ' ' ' ' ' ' AB IC AB CHH ABB A CII C AB HH Suy ra hỡnh cu ni tip hỡnh chúp ct ny tip xỳc vi hai ỏy ti H, H v tip xỳc vi mt bờn (ABBA) ti im 'K II . Gi x l cnh ỏy nh, theo gi thit 2x l cnh ỏy ln. Ta cú: 1 3 1 3 ' ' ' ' ' ; 3 6 3 3 x x I K I H I C IK IH IC= = = = = = Tam giỏc IOI vuụng O nờn: 2 2 2 2 3 3 ' . . 6r 6 3 x x I K IK OK r x= = = Th tớch hỡnh chúp ct tớnh bi: ( ) ' . ' 3 h V B B B B= + + Trong ú: 2 2 2 2 2 4x 3 3 3r 3 3 6r 3; ' ; 2r 4 4 2 x B x B h= = = = = = T ú, ta cú: 2 2 3 2 2 2r 3r 3 3r 3 21r . 3 6r 3 6r 3. 3 2 2 3 V ữ = + + = ữ V. Nhận xét : 10x 48 2 ++ x = 2(2x+1) 2 +2(x 2 +1) Phơng trình tơng đơng với : 2 ( 02) 1 12 () 1 12 2 2 2 =+ + + + + x x m x x . Đặt t x x = + + 1 12 2 Điều kiện : -2< t 5 . Rút m ta có: m= t t 22 2 + Lập bảng biến thiên của hàm số trên ( ] 5,2 , ta có kết quả của m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt là: 5 12 4 < m hoặc -5 < 4 < m im ( ) : 1 0 ;1C CD x y C t t + = . Suy ra trung im M ca AC l 1 3 ; 2 2 t t M + ữ . WWW.VNMATH.COM Điểm ( ) 1 3 : 2 1 0 2 1 0 7 7;8 2 2 t t M BM x y t C + −   ∈ + + = ⇒ + + = ⇔ = − ⇒ −  ÷   Từ A(1;2), kẻ : 1 0AK CD x y⊥ + − = tại I (điểm K BC∈ ). Suy ra ( ) ( ) : 1 2 0 1 0AK x y x y− − − = ⇔ − + = . Tọa độ điểm I thỏa hệ: ( ) 1 0 0;1 1 0 x y I x y + − =  ⇒  − + =  . Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của ( ) 1;0K − . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0 7 1 8 x y x y + = ⇔ + + = − + Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng ∆ , thì ( )//( )P D hoặc ( ) ( )P D⊃ . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH IA≤ và IH AH⊥ . Mặt khác ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , ,d D P d I P IH H P  = =   ∈   Trong mặt phẳng ( ) P , IH IA≤ ; do đó axIH = IA H Am ⇔ ≡ . Lúc này (P) ở vị trí (P 0 ) vuông góc với IA tại A. Vectơ pháp tuyến của (P 0 ) là ( ) 6;0; 3n IA= = − r uur , cùng phương với ( ) 2;0; 1v = − r .Phương trình của mặt phẳng (P 0 ) là: ( ) ( ) 2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0x z− − + = VIIa Để ý rằng ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 0xy x y x y+ − + = − − ≥ ; và tương tự ta cũng có 1 1 yz y z zx z x + ≥ +   + ≥ +  Vì vậy ta có: ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 zx+y 1 5 1 1 5 5 x y z x y z xy yz zx yz zx xy x y z yz xy z z y x yz zx y xy z z y x z y y z   + + + + ≤ + + + + +  ÷ + + + + + +   ≤ + + + + +   = − − +  ÷ + + +     ≤ − − +  ÷ + +   = vv VIb 1) + Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và 1, ' 3R R= = , đường thẳng (d) qua M có phương trình 2 2 ( 1) ( 0) 0 0, ( 0)(*)a x b y ax by a a b− + − = ⇔ + − = + ≠ . + Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. Khi đó ta có: 2 2 2 2 2 2 ' ' 'MA MB IA IH I A I H= ⇔ − = − ( ) ( ) 2 2 1 ( ; ) 4[9 ( '; ) ]d I d d I d⇔ − = − , .IA IH > ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 9 4 ( '; ) ( ; ) 35 4. 35 a b d I d d I d a b a b ⇔ − = ⇔ − = + + 2 2 2 2 2 2 36 35 36 a b a b a b − ⇔ = ⇔ = + Dễ thấy 0b ≠ nên chọn 6 1 6 = −  = ⇒  =  a b a . WWW.VNMATH.COM Kim tra iu kin IA IH> ri thay vo (*) ta cú hai ng thng tho món. 2. .Đờng thẳng d đi qua điểm )0;2;0(M và có vectơ chỉ phơng )1;1;1( u Đờng thẳng d đi qua điểm )5;3;2(' M và có vectơ chỉ phơng )1;1;2(' u . Mp )( phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u và 2 1 60cos)';cos( 0 ==un . Bởi vậy nếu đặt );;( CBAn = thì ta phải có : = ++ + =+ 2 1 6 2 0 222 CBA CBA CBA = += +++= += 02 )(632 22 222 CACA CAB CCAAA CAB Ta có 0)2)((02 22 =+= CACACACA . Vậy CA = hoặc CA =2 . Nếu CA = ,ta có thể chọn A=C=1, khi đó 2=B , tức là )1;2;1(=n và )( mp có phơng trình 0)2(2 =++ zyx hay 042 =++ zyx Nếu CA =2 ta có thể chọn 2,1 == CA , khi đó 1=B , tức là )2;1;1( =n và )( mp có phơng trình 02)2( = zyx hay 022 =+ zyx VIIb. Vỡ a, b, c l ba cnh tam giỏc nờn: a b c b c a c a b + > + > + > . t ( ) , , , , 0 , , 2 2 a b c a x y a z x y z x y z y z x z x y + + = = = > + > + > + > . V trỏi vit li: 2 3 3 2 a b a c a VT a c a b a b c x y z y z z x x y + + = + + + + + + = + + + + + Ta cú: ( ) ( ) 2 2 z z x y z z x y z z x y x y z x y + > + + < + > + + + . Tng t: 2 2 ; . x x y y y z x y z z x x y z < < + + + + + + Do ú: ( ) 2 2 x y z x y z y z z x x y x y z + + + + < = + + + + + . Tc l: 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b + + + + < ữ + + + + + + V.Phng trỡnh ( ) ( ) 3 4 1 2 1 2 1x x m x x x x m+ + = (1) iu kin : 0 1x Nu [ ] 0;1x tha món (1) thỡ 1 x cng tha món (1) nờn (1) cú nghim duy nht thỡ cn cú iu kin 1 1 2 x x x= = . Thay 1 2 x = vo (1) ta c: 3 0 1 1 2. 2. 1 2 2 m m m m = + = = * Vi m = 0; (1) tr thnh: ( ) 2 4 4 1 1 0 2 x x x = = Phng trỡnh cú nghim duy nht * Vi m = -1; (1) tr thnh ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 2 2 4 4 1 2 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 0 1 1 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x + = + + + = + = WWW.VNMATH.COM + Với 4 4 1 1 0 2 x x x− − = ⇔ = + Với 1 1 0 2 x x x− − = ⇔ = Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất. Với m = 1 thì (1) trở thành: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 4 4 1 2 1 1 2 1 1 1x x x x x x x x x x+ − − − = − − ⇔ − − = − − Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm 1 0, 2 x x= = nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm duy nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1. . WWW.VNMATH.COM THI TH I HC, CAO NG 2012 Mụn thi : TO N ( 170) PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im) Cõu I (2 im) Cho hm s 2 4 1 x y x + = . 1)Kho. < ữ + + + + + + WWW.VNMATH.COM Hết Đáp án De thi thu dai hoc số 70 2(1,0) Từ giả thi t ta có: ( ) : ( 1) 1.d y k x= − + Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai nghiệm. t x x = + + 1 12 2 Điều kiện : -2< t 5 . Rút m ta có: m= t t 22 2 + Lập bảng biến thi n của hàm số trên ( ] 5,2 , ta có kết quả của m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt là: 5 12 4