ĐỀ THAM KHẢO 12 - ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2010 pps

ĐỀ THAM KHẢO 12 ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC - NĂM HỌC 2009 - 2010 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề A. PHẦN BẮT BUỘC (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x = − + + + + có đồ thị (C m ). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng ( ) +∞;2 Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 1)12cos2(3cos2 =+xx 2. Giải phương trình : 8 21 x 2 3 x51x2)1x3( 22 −+=−+ Câu III (1 điểm) Tính tích phân ∫ + = 2ln3 0 2 3 )2( x e dx I 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 măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’ và BC là a 3 4 Câu V (1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 1 22 =+− yxyx .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức 1 1 22 44 ++ ++ = yx yx P B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) Phần A. Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) 1. Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C. 2. Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC). Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: 10)2)(3)(( 2 =++− zzzz , ∈z C. Phần B. Theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) 1. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ( ) :3 5 0x y∆ − − = sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 2 5 1 1 3 4 : 1 − + = − − = − zyx d 13 3 1 2 : 2 zyx d = + = − Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d 1 và d 2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: 2log9)2log3( 22 −>− xxx ĐÁP ÁN Câu I a) Đồ Học sinh tự làm 0,25 b) 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x = − + + + + )1(6)12(66' 2 +++−=⇒ mmxmxy y’ có 01)(4)12( 22 >=+−+=∆ mmm 0,5    += = ⇔= 1 0' mx mx y Hàm số đồng biến trên ( ) +∞;2 ⇔ 0'>y 2 >∀ x ⇔ 21 ≤+ m ⇔ 1 ≤ m 0,25 0,25 Câu II a) Giải phương trình: 1)12cos2(3cos2 =+xx 1 điểm PT ⇔ 1)1cos4(3cos2 2 =−xx ⇔ 1)sin43(3cos2 2 =− xx 0,25 Nhận xét Zkkx ∈= , π không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: 1)sin43(3cos2 2 =− xx ⇔ xxxx sin)sin4sin3(3cos2 3 =− ⇔ xxx sin3sin3cos2 = ⇔ xx sin6sin = 0,25 ⇔    +−= += ππ π 26 26 mxx mxx ⇔       += = 7 2 7 5 2 ππ π m x m x ; Zm ∈ 0,25 Xét khi = 5 2 π m π k ⇔ 2m=5k ⇔ m t5= , Zt ∈ Xét khi 7 2 7 ππ m + = π k ⇔ 1+2m=7k ⇔ k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, Zl ∈ Vậy phương trình có nghiệm: 5 2 π m x = ( tm 5≠ ); 7 2 7 ππ m x += ( 37 +≠ lm ) trong đó Zltm ∈,, 0,25 b) Giải phương trình : 3 2 3 512)13( 22 −+=−+ xxxx 1 điểm PT ⇔ 631012)13(2 22 −+=−+ xxxx 232)12(412)13(2 222 −++−=−+ xxxxx . Đặt )0(12 2 ≥−= txt Pt trở thành 0232)13(24 22 =−+++− xxtxt Ta có: 222 )3()232(4)13(' −=−+−+=∆ xxxx 0,25 Pt trở thành 0232)13(24 22 =−+++− xxtxt Ta có: 222 )3()232(4)13(' −=−+−+=∆ xxxx 0,25 Từ đó ta có phương trình có nghiệm : 2 2 ; 2 12 + = − = x t x t Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:    +    +− ∈ 7 602 ; 2 61 x 0,5 Câu III Tính tích phân ∫ + = 2ln3 0 2 3 )2( x e dx I 1 điểm Ta c ó ∫ + = 2ln3 0 2 33 3 )2( xx x ee dxe I = Đặt u= 3 x e ⇒ dxedu x 3 3 = ; 22ln3;10 =⇒==⇒= uxux 0,25 Ta được: ∫ + = 2 1 2 )2( 3 uu du I =3 du u uu ∫     + −     + − 2 1 2 )2(2 1 )2(4 1 4 1 0,25 =3 2 1 )2(2 1 2ln 4 1 ln 4 1         + ++− u uu 0,25 8 1 ) 2 3 ln( 4 3 −= Vậy I 8 1 ) 2 3 ln( 4 3 −= 0,25 Câu IV Gọi M là trung điểm BC ta thấy:    ⊥ ⊥ BCOA BCAM ' )'( AMABC ⊥⇒ Kẻ ,'AAMH ⊥ (do A∠ nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) Do BCHM AMAHM AMABC ⊥⇒    ∈ ⊥ )'( )'( .Vậy HM là đọan vông góc chung của AA’và BC, do đó 4 3 )BC,A'( aHMAd == . 0,5 Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: AH HM AO OA = ' ⇔ suy ra 3 a a3 4 4 3a 3 3a AH HM.AO O'A === Thể tích khối lăng trụ: 12 3a a 2 3a 3 a 2 1 BC.AM.O'A 2 1 S.O'AV 3 ABC ==== 0,5 Câu V 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn 3 =++ cba .Chứng minh rằng: 134)(3 222 ≥+++ abccba 1 điểm A B C C’ B’ A’ H O M t 2 ;134)(3),,( 222 cb tabccbacbaf + =+++= *Trc ht ta chng minh: ),,(),,( ttafcbaf :Tht vy Do vai trũ ca a,b,c nh nhau nờn ta cú th gi thit cba 33 =++ cbaa hay a 1 = ),,(),,( ttafcbaf 134)(3134)(3 2222222 ++++++ atttaabccba = )(4)2(3 2222 tbcatcb ++ = + + + + 22 22 4 )( 4 4 )(2 3 cb bca cb cb = 2 2 )( 2 )(3 cba cb = 0 2 ))(23( 2 cba do a 1 0,5 *Bõy gi ta ch cn chng minh: 0),,( ttaf vi a+2t=3 Ta cú 134)(3),,( 2222 +++= atttattaf = 13)23(4))23((3 2222 +++ ttttt = 0)47()1(2 2 tt do 2t=b+c < 3 Du = xy ra 10&1 ===== cbacbt (PCM) 0,5 2. Cho x,y,z tho món l cỏc s thc: 1 22 =+ yxyx .Tỡm giỏ tr ln nht ,nh nht ca biu thc 1 1 22 44 ++ ++ = yx yx P Từ giả thiết suy ra: xyxyyx xyxyxyyxyx 33)(1 21 2 22 += =+= Từ đó ta có 1 3 1 xy . 0,25 Măt khác xyyxyxyx +=+=+ 11 2222 nên 12 2244 ++=+ xyyxyx .đăt t=xy Vởy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của 1 3 1 ; 2 22 )( 2 + ++ == t t tt tfP 0.25 Tính = = = + += )(26 26 0 )2( 6 10)(' 2 lt t t tf 0.25 Do hàm số liên tục trên [ ] 1; 3 1 nên so sánh giá trị của ) 3 1 ( f , )26( f , )1(f cho ra kết quả: 626)26( == fMaxP , 15 11 ) 3 1 (min == fP 0.25 Cõu VIa 1 im a) (Hc sinh t v hỡnh) Ta có: ( ) 1;2 5AB AB= − ⇒ = uuur . Phương trình của AB là: 2 2 0x y+ − = . ( ) ( ) : ;I d y x I t t∈ = ⇒ . I là trung điểm của AC: )2;12( ttC − 0,5 Theo bài ra: 2),(. 2 1 == ∆ ABCdABS ABC ⇔ 446. =−t ⇔     = = 3 4 0 t t Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C( 3 8 ; 3 5 ) thoả mãn . 0,5 b) 1 điểm *Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25 *Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với (ABC) nên )1;1;2(// −nOH ; ( ) H ABC∈ Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= 3 1 suy ra ) 3 1 ; 3 1 ; 3 2 ( −H 0,25 *O’ đỗi xứng với O qua (ABC) ⇔ H là trung điểm của OO’ ⇔ ) 3 2 ; 3 2 ; 3 4 (' −O 0,5 CâuVIIa Giải phương trình: 10)2)(3)(( 2 =++− zzzz , ∈z C. 1 điểm PT ⇔ ⇔=+−+ 10)3)(1)(2( zzzz 10)3z2z)(z2z( 22 =−++ Đặt zzt 2 2 += . Khi đó phương trình (8) trở thành: 0,25 Đặt zzt 2 2 += . Khi đó phương trình (8) trở thành 0103 2 =−− tt 0,25    ±−= ±−= ⇒    = −= ⇔ 61 1 5 2 z iz t t Vậy phương trình có các nghiệm: 61±−=z ; iz ±−= 1 0,5 Câu VIb a) 1 điểm Viết phương trình đường AB: 4 3 4 0x y+ − = và 5AB = Viết phương trình đường CD: 4 17 0x y− + = và 17CD = 0,25 Điểm M thuộc ∆ có toạ độ dạng: ( ;3 5)M t t= − Ta tính được: 13 19 11 37 ( , ) ; ( , ) 5 17 t t d M AB d M CD − − = = 0,25 Từ đó: ( , ). ( , ). MAB MCD S S d M AB AB d M CD CD= ⇔ = 7 9 3 t t⇔ = − ∨ = ⇒ Có 2 điểm cần tìm là: 7 ( 9; 32), ( ;2) 3 M M− − 0,5 b) 1 điểm Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d 1 , d 2 tại hai điểm A và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ ( ) 1 2 ,d d d dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d 1 , d 2 0, 25 Ta tìm A, B : ' AB u AB u  ⊥   ⊥   uuur r uuur ur A∈d 1 , B∈d 2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’) 0,25 ⇒ AB uuur (….)… ⇒ A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1) ⇒ I(2; 1; -1) 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6 Nên có phương trình là: ( ) 2 2 2 2 ( 1) ( 1) 6x y z− + − + + = 0,25 CâuVIIb Giải bất phương trình 2log9)2log3( 22 −>− xxx 1 điểm Điều kiện: 0 > x Bất phương trình ⇔ )1(2log)3(3 2 −>− xxx Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình. 0.25 TH1 Nếu 3 > x BPT ⇔ 3 1 log 2 3 2 − − > x x x Xét hàm số: xxf 2 log 2 3 )( = đồng biến trên khoảng ( ) +∞;0 3 1 )( − − = x x xg nghịch biến trên khoảng ( ) +∞;3 *Với 4>x :Ta có    =< => 3)4()( 3)4()( gxg fxf ⇒ Bpt có nghiệm 4>x * Với 4 < x :Ta có    => =< 3)4()( 3)4()( gxg fxf ⇒ Bpt vô nghiệm 0,25 TH 2 :Nếu 30 << x BPT ⇔ 3 1 log 2 3 2 − − < x x x xxf 2 log 2 3 )( = đồng biến trên khoảng ( ) +∞;0 3 1 )( − − = x x xg nghịch biến trên khoảng ( ) 3;0 *Với 1 > x :Ta có    =< => 0)1()( 0)1()( gxg fxf ⇒ Bpt vô nghiệm * Với 1<x :Ta có    => =< 0)1()( 0)1()( gxg fxf ⇒ Bpt có nghiệm 10 << x 0,25 Vậy Bpt có nghiệm    << > 10 4 x x 0,25 Chú ý:Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa. . ĐỀ THAM KHẢO 12 ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC - NĂM HỌC 2009 - 2010 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề A. PHẦN BẮT BUỘC (7 điểm) Câu. A∈d 1 , B∈d 2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5 -2 t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’) 0,25 ⇒ AB uuur (….)… ⇒ A(1; 2; -3 ) và B(3; 0; 1) ⇒ I(2; 1; -1 ) 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1 ) và bán kính R= 6 Nên có. Giải phương trình : 3 2 3 512) 13( 22 −+=−+ xxxx 1 điểm PT ⇔ 631 012) 13(2 22 −+=−+ xxxx 232 )12( 412) 13(2 222 −++−=−+ xxxxx . Đặt )0 (12 2 ≥−= txt Pt trở thành 0232)13(24 22 =−+++− xxtxt Ta có: 222 )3()232(4)13('