Đề thi thử đại học chuyên ĐHSP năm 2012 môn toán (4)

Page 1 ĐỀ SỐ 13 Đề thi thử Đại học lần I năm 2012 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 2 2 2( 1) ( 4 1) 2( 1)y x m x m m x m        (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0 2. tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu và đường thẳng đi qua các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1) vuông góc với đường thẳng 9 5 2 yx . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 22 sin7 sin9 2 os os 2 44 x x c x c x                      2. Giải bất phương trình: 2 9 2 1 1x x x    Câu III (2 điểm) 1. Tìm họ nguyên hàm của hàm số   tan( ) os 63 f x x c x        2. Giải phương trình   2 4 2 2 2log log .log 2 1 1x x x   Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có hình chiếu của đỉnh S lên mặt phẳng đáy nằm trong tam giác ABC, các mặt bên tạo với đáy góc 60 0 , 0 60 , 4 , 2 7ABC AB a AC a   . Tính thể tích hình chóp S.ABC Câu V (1 điểm) Cho các số thực a, b thuộc khoảng (0; 1). Chứng minh rằng: 2 (1 )(1 ) 1 (1 ) 4    ab a b ab Câu VI (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có các đỉnh A, B thuộc đường thẳng y = 2; phương trình cạnh BC, 3 2 0xy . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác, biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng 3 . 2. Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm M(1;1) và N(2;4) và tiếp xúc với đường thẳng :2 9 0xy    Page 2 ĐỀ SỐ 13 Đề thi thử Đại học lần I năm 2012 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu I: (1 điểm): HS tự giải Câu I.2 (1 điểm) Ta có: 22 ' 3 4( 1) 4 1y x m x m m      Hàm số có CĐ, CT '0y có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và y’ đổi dấu khi x đi qua mỗi nghiệm này 2 ' 4 1 0 2m m m         + 3 hoặc 23m    (*) Nhận xét: Hai đường thẳng vuông góc với nhau thì tích hệ số góc của chúng bằng nhau (− 1). Ta sẽ xác định m để hệ số góc của đường thẳng đi qua hai điểm CĐ, CT của hàm số bằng 2 9     (0,25 điểm) Cách 1: Gọi A(x 1 ; y 1 ) là các điểm cực trị của đồ thì hàm số và k là hệ số góc của đường thẳng AB. Khi đó 22 21 21 82 ( 1) ( 4 1) 93 yy k m m m xx          (0,5 điểm) Suy ra: 2 2 2 0 8 2 2 ( 1) ( 4 1) 4 0 4 9 3 9 m m m m m m m                 Cả hai giá trị này đều thỏa mãn điều kiện (*) (0,25 điểm) Cách 2: Ta có:         2 2 2 1 2 2 8 2 2 1) ' 1 1 4 1 3 9 9 9 9 9 y x m y m m x m m m m                        Suy ra đường thẳng AB có hệ số góc là: 2 2 8 2 2 9 9 9 9 k m m      Do đó: 22 0 2 8 2 2 40 4 9 9 9 9 m m m m m m               (0,75 điểm) Câu II (2 điểm) Giải phương trình Phương trình đã cho sin7 sin9 os 2 os 4 22 x x c x c x                    sin7 sin9 sin2 sin4 sin8 .cos sin3 .cosx x x x x x x x      (0,5điểm) 11 5 cos (sin8 sin3 ) 0 cos . os sin 0 22 xx x x x x c     Page 3 xk cosx 0 2 11x 2k cos 0 x 2 11 11 5x 2k sin 0 x 25                              (0,5 điểm) Giải phương trình… Điều kiện x ≥ 0 BPT: 2 4 ( 1) 9 1 2 1 0 (3 1)(3 1) 0 21              xx x x x x x xx 1 (3 1) 3 1 0 3 1 0( o x 0) 21              x x x d xx Đáp số: 1 3 x  (1 điểm) Câu III (2 điểm) Tính nguyên hàm…. Ta có: sin . os sin 2 sin 6 3 2 6 tan . ot 63 os .sin sin 2 sin 6 3 2 6                                                             x c x x x c x c x x x          1 os2 1 2 1 11 os2 os2 22      cx c x c x 2 22 2 2 2 1 1 1 tan 1 1 1 1 2 1 1 2cos 2 (1 tan ) 2 1 tan 2 2 1 os 1 31 tan 22 x xx x cx x               (0,5điểm) Do đó:      d(tanx) f x dx x 2 3 tanx 3 tan x    3 1 1 x d(tanx) 3 3 tanx 3 tan x         Page 4 Vậy   1 3 tanx ln 3 3 t anx f x dx x C       (0,5 điểm) Giải phương trình: Điều kiện: x > 0 PT   2 2 2 2 1 log log .log 2 1 1 0 2     x x x   2 2 2 1 log ( log log 2 1 1 0 2     x x x   2 22 log 0 1 1 log log 2 1 1 0 2 1 1 2                  x x xx xx 1 ( 0) 4 x do x x       Đáp số: x = 1; x = 4 (1 điểm) Câu IV: (1 điểm) Kẻ ()SI ABC thì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (vì I nằm trong tam giác ABC và các mặt bên nghiêng đều trên đáy). Ta có 1 . 3 SABC ABC V SI S Gọi p là nửa chu vi, r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC; x là độ dài cạnh BC. Theo định lí cosin ta có:       2 2 20 2 7 4 2 4 . os60 6a a x a xc x a     Vậy tam giác ABC có AB = 4a, BC = 6a, AC = 2a 7 . 0 60ABC  (0,5 điểm) Ta có 02 1 4 .6 .sin60 6 3 2 ABC S a a a   Mặt khác   3(5 7) . 5 7 3       ABC a S p r a a r r Gọi M là hình chiếu của I trên AC thì 0 60SMI  Do đó: SI = r.tan60 0 (5 7)a Vậy     23 2 5 7 .6 3 2 3 5 7 . 3    V a a a S ABC (0,5 điểm) Câu V: (1 điểm) Page 5 Đặt ,ab u a b v   , khi đó bất đẳng thức đã cho được viết thành:     22 2 2 1 1 (*) 4 1 u v u u    (0,5 điểm) Do v 2u nên           2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 1         u v u u u u u u u u Mặt khác, vì 0 < u < 1 nên 1 12 u u   , suy ra   2 2 1 4 1 u u   Vậy bất đẳng thức (*) được chứng minh (0,5 điểm) Câu VI (1 điểm) Tìm tọa độ trọng tâm G…. Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình: 3 2 0 (0;2) 2 xy B y         Đường thẳng BC có hệ số góc 0 3 60k ABC   . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC thì: 0 30ABI  , do đó đường thẳng BI có hệ số góc 0 1 tan30 3  , nên phương trình của nó là 1 2 3 yx Mặt khác, đường tròn (I) bán kính 3r  tiếp xúc với đường thẳng y = 2 nên điểm I thuộc đường thẳng 23y  hoặc 23y  (0,5 điểm) Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình 1 3 2 3 0 3 23           xy x y hoặc x 1 = −3 1 3 3 3 AC x x x      hoặc 1 3 3 3 AC x x x       Từ phương trình BC, ta tìm được 3 2 5 3 3 CC yx    hoặc 1 3 3 C y    như vậy:       3 3;2 , 0;2 , 3 3;5 3 3A B C   (1) hoặc       3 3;2 , 0;2 , 3 3; 1 3 3A B C      (2) Page 6 Trường hợp (1), ta có 6 2 3 ;3 3 3 G       Trường hợp (2), ta có 6 2 3 ;1 3 3 G       (0,5 điểm) Viết phương trình đường tròn… Ta có 35 (1;3), ; 22 MN H     là trung điểm của đoạn thẳng MN Phương trình đường thẳng trung trực của MN: 35 3 0 3 9 0 22 x y x y                     Tâm I của đường tròn thuộc trung trực MN nên I(−3t + 9; t) Khoảng cách từ I đến  bằng IM nên         22 2 9 3 9 , 8 3 1 5 tt IM d I t t           (0,5 điểm) 2 2 124 244 0 122 t tt t           Từ đó có hai đường tròn thỏa mãn bài toán:             22 1 22 2 : 3 2 5 : 357 122 142805 C x y C x y         (0,5 điểm) . ĐỀ SỐ 13 Đề thi thử Đại học lần I năm 2012 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 2 2 2( 1) ( 4 1) 2( 1)y x m x m m x m        (1) 1. Khảo sát sự biến thi n. tiếp xúc với đường thẳng :2 9 0xy    Page 2 ĐỀ SỐ 13 Đề thi thử Đại học lần I năm 2012 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu I: (1 điểm): HS tự giải Câu I.2 (1 điểm) Ta. thị (C) của hàm số khi m = 0 2. tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu và đường thẳng đi qua các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1) vuông góc với đường thẳng 9 5 2 yx .