Đề thi thử đại học chuyên ĐHSP năm 2012 môn toán (3)

Page 1 ĐỀ SỐ 12 Đề thi thử Đại học lần II năm 2012 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 4 2 2 2( 1) 1 (*)y x m x    1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (*) khi m = 0 2) Chứng minh rằng với mọi m, hàm số (*) có 3 điểm cực trị; Với giá trị nào của m, khoảng cách từ điểm cực đại đến đường thẳng đi qua hai điểm cực tiểu của đồ thị hàm số (*) nhỏ nhất. Câu II: (2 điểm) 1) Giải phương trình: cos3x – 2sin2x – cosx – sinx – 1 = 0 2) Giải phương trình:   3 2 1 4 3 2x x x x      Câu III: (2 điểm) 1) Tính tích phân   1 6 53 0 1I x x dx  2) Giải hệ phương trình: 2 2 3 3 6 2 9 x xy x y y xy y x            Câu IV: (1 điểm) Trong mặt phẳng    cho hình chữ nhật ABCD có AB = a, BC = b. Các điểm M, N lần lượt chuyển động trên các đường thẳng m, n vuông góc với    tại A, B sao cho luôn có DM CN . Đặt AM = x, BN = y. Hãy xác định x, y để thể tích tứ diện CDMN có giá trị nhỏ nhất. Câu V: (1 điểm) Cho xR và x   . Chứng minh rằng   22 22 sinx > xx x     Câu VI: (2 điểm) 1. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + 3y – 6 z – 21 = 0 và mặt cầu (S) có bán kính bằng 5, tâm thuộc tia Ox và tiếp xúc với mặt phẳng Oxy. Tính bán kính và tọa độ tâm của đường tròn (C) là giao của mặt cầu (S) với mặt phẳng (P). 2. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(−2; 1), cạnh BC = 4, điểm M (1; 3) nằm trên đường thẳng BC và điểm E(−1; 3) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Tính diện tích tam giác ABC. Page 2 ĐỀ SỐ 12 Đề thi thử Đại học lần II năm 2012 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu I: (2 điểm) 1) (1 điểm) HS tự giải 2) (1 điểm) Ta có     1 3 2 2 2 2 2,3 0 ' 4 4 1 4 1 ' 0 1 x y x m x x x m y xm                    Như vậy y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt với mọi m. (0,25 điểm) Gọi A(x 1 ; y 1 ), B(x 2 ; y 2 ), C(x 3 ; y 3 ) là 3 điểm thuộc đồ thị. Bảng xét dấu của y’: x  x 2 x 1 x 3  y’ − 0 + 0 − + Suy ra hàm số đạt cực đại tại x 1 = 0, đạt cực tiểu tại x 2 , x 3 với mọi giá trị của m. (0,25 điểm) Ta có y 1 = 1,     2 22 23 1 1 1y y y m m       Suy ra phương trình đường thẳng BC là   2 2 11ym   (0,25 điểm) Do đó khoảng cách từ A đến BC là     22 22 1 1 1 1 1,h m m m R         . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m = 0. Vậy m = 0 là khoảng cách từ A đến BC là nhỏ nhất. (0,25 điểm) Câu II: (2 điểm) 1) (1 điểm) Giải phương trình: cos3x – 2sin2x – cosx – sinx – 1 = 0 Phương trình đã cho 3 4cos 3cos 4sin .cos sinx cos 1 0x x x x x                  3 2 4cos 4sin cos 4cos sinx 1 0 4 1 sin cos 4cos (sinx 1) sinx 1 0 1 sinx 4 1 sinx cos 4cos 1 1 sinx 4sin .cos 1 0 x x x x x x x xx xx                          (0,5 điểm)   2 2 sinx 1 1 12 sin 2 2 7 12 xk x k k Z x xk                                (0,5 điểm) 2) (1 điểm) Giải phương trình:   3 2 1 4 3 2x x x x      Điều kiện 1x  . PT đã cho tương đương với: Page 3   3 1 ( 1)( 3) 2x x x x      . Đặt t = x + 2  1. PT đã cho trở thành   22 2 2 1 1 1 1 1 11 t t t t t t t t t t t t t t t                      (0,5 điểm)     23 11 1 1 2 1 ( 1) 2 1 1 0 53 2 tt t t t t t t t t t t suy ra x                     (0,5 điểm) Câu III: (2 điểm) 3) Tính tích phân   1 6 53 0 1I x x dx  Ta có:       11 66 5 3 3 3 3 00 1 11 3 I x x dx x x d x     Đặt u = x 3   1 6 0 1 1 3 I u u du    (0,5 điểm) Đặt t = I – u  u = 1 – t và du = – dân tộc   01 6 6 7 10 1 1 1 1 (1 ) 3 3 168 t t dt t t dt        (0,5 điểm) 4) (1 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 3 3 6 2 9 x xy x y y xy y x            Nhận thấy (x; y) = (0; 0) là một nghiệm Xét xy # 0. Hệ PT     2 2 3 19 x xy y y xy x               Đặt x u y  và v = x + y – 1, khi đó hệ PT trở thành   2 1 3 9 uv v u          (0,5 điểm)  2 1 9 (1) 3 (2) 27 3 2 0 2 2 (9 1) (2) 3 9 vu u PT u u uu u                      *) Nếu 1 3 u  , từ (1) suy ra v = 3. Ta có hệ 31 1 3 3 x y x x y y          Page 4 *) Nếu 2 9 u  , từ (1) suy ra v = −2. Ta có hệ 2 92 7 1 2 9 7 x xy xy y                  Vậy hệ PT có 3 nghiệm (x; y) = (0; 0), (1; 3), 29 ; 77     Câu IV: (1 điểm) Từ M kẻ ME // AB (E  n)  CE // MD và EB = MA = x Do MD  NC nên góc ECN = 90 0 và M nằm khác phía với N so với mặt phẳng    . Gọi I là giao điểm của MN với AB, ta có: 1 2 ICD S ab và 11 33 CDMN CDIM CDIN ICD ICD V V V MAS NB S    Vậy   1 6 CDMN V ab x y (1) (0,5 điểm) Trong tam giác vuông CEN, ta có BE.BN = BC 2 suy ra xy = b 2 (2) Theo bất đẳng thức cosi, ta có 2x y xy , dấu bằng xảy ra khi x = y (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra 2 3 CDMN ab V  , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = b. Vậy giá trị nhỏ nhất của thể tích tứ diện CDMN là 2 3 ab , khi x = y = b (0,5 điểm) Câu V: (1 điểm) Cho xR và x   . Chứng minh rằng   22 22 sinx > xx x     Ta có:   sin sinxx   nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:         2 2 2 2 2 2 2 2 sin sin x x x x xx xx           (0,5 điểm) Do t > 0 thì t > sint. Nên ta chỉ cần chứng minh   22 22 (*) xx x x       Thật vậy, do x   , nên (*)   2 2 2 x x x x x              , bất đẳng thức này đúng theo giả thiết. Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh. (0,5 điểm) Câu VI: (2 điểm) 1. (1 điểm). Tìm tọa độ tâm và bán kính… Từ giả thiết suy ra tâm I của mặt cầu (S) có tọa độ (5; 0; 0). Khoảng cách từ I đến mp(P) là h = 4. Suy ra bán kính của đường tròn (C) là 22 5 4 3r    (0,5 điểm) Page 5 Gọi H(x; y; z) là hình chiếu của I trên mp(P), thì H là tâm của đường tròn (C). Ta có IH = (x – 5; y; z), IH = 4 và   / / 1;3; 6IH np  là vectơ pháp tuyến của mp(P). Suy ra 5 3 ( ) 6 xt y t Do H mp P zt         nên có phương trình 5 + t + 9t + 6t – 21 = 0  t = 1 Vậy tọa độ tâm của đường tròn (C) là   6;3; 6H  (0,5 điểm) 2. (1 điểm) Tính diện tích tam giác… Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính 5R EA . Gọi H là trung điểm của BC, trong tam giác BHE vuông có 22 1EH EB BH   . Gọi vectơ pháp tuyến của đường thẳng BC là 22 ( ; ), 0n a b a b . Phương trình BC đi qua M(1; 3) là: a(x – 1) + b(y – 3) = 0  ax + by – a – 3b = 0 Ta có d(E, BC) = EH = 1 22 22 33 1 3 3 a b a b b a b a ab             (0,5 điểm) *) Với b = 3a . Phương trình đường thẳng BC là: 3 1 3 3 0xy    Suy ra   2 3 1 3 3 3 2 3 , 2 13 d A BC        . Do đó 3 2 3 ABC S  *) Với 3ba . Phương trình đường thẳng BC là: 3 1 3 3 0xy    . Suy ra   2 3 1 3 3 2 3 3 , 2 13 d A BC        , do đó 2 3 3 ABC S  (0,5 điểm) . Page 1 ĐỀ SỐ 12 Đề thi thử Đại học lần II năm 2012 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 4 2 2 2( 1) 1 (*)y x m x    1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ. tiếp tam giác. Tính diện tích tam giác ABC. Page 2 ĐỀ SỐ 12 Đề thi thử Đại học lần II năm 2012 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu I: (2 điểm) 1) (1 điểm) HS tự giải 2) (1 điểm). xy = b 2 (2) Theo bất đẳng thức cosi, ta có 2x y xy , dấu bằng xảy ra khi x = y (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra 2 3 CDMN ab V  , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = b. Vậy giá trị nhỏ