Đề thi thử đại học khối A , A1 , B , D môn toán năm 2012 đề số 200

www.VNMATH.com Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x3 – 3x2 + Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến qua điểm A(–1; –1) Câu II (2 điểm):  x  y  xy  4y   Giải hệ phương trình:  2    y 7  (x  y)   2(x  1) Giải phương trình: 2sin x  cos x   cos 2x  cos x  7sin x  cos 2x  cos x   3(cos x  1) Câu III (1 điểm): Tính tích phân sau: I = 1 x3 x3   (6x3  4x2 ) ln x dx x Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp SABCD có ABCD hình bình hành tâm O, AB = 2a, AD = 2a , cạnh bên 3a, gọi M trung điểm OC Tính thể tích khối chóp SABMD diện tích hình cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD Câu V (1 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa xyz = Chứng minh: (1  x)  (1  y)   (1  z) II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần phần 2) Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm): Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (T): x2 + y2 – 4x – 2y – = Đỉnh A thuộc tia Oy, đường cao vẽ từ C nằm đường thẳng (d): x + 5y = Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết C có hoành độ số nguyên x   t x 1 y  z   , (d2):  y   t   Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng (d1): 2 z   t  mặt phẳng (): x – y + z – = Lập phương trình đường thẳng (d) biết d // () (d) cắt (d1), (d2) M N cho MN = Câu VII.a (1 điểm): Tìm tập hợp điểm biểu diễn cho số phức z thỏa mãn hệ thức: z   2i  2z   2i Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 4 2  trực tâm trùng 3 3 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(0; 4), trọng tâm G  ; với gốc tọa độ Tìm tọa độ đỉnh B, C diện tích tam giác ABC biết xB < xC x 1 y  z    , (d2): Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng (d1): 2 x   t  y   t mặt z   t  phẳng (): x – y + z – = Tìm (d2) điểm M cho đường thẳng qua M song song với (d1), cắt () N cho MN = Câu VII.b (1 điểm): www.VNMATH.com ex  ey  (ln y  ln x)(1  xy) Giải hệ phương trình  ln x  ln y  3.4ln x  4.2ln y 2 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian: 180 phút Câu Câu I ý Nội dung Cho hàm số y = x3 – 3x2 + Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Tập xđ Giới hạn y' = 3x2 – 6x y' =  x = hay x = Bảng biến thiên: y'' điểm uốn Giá trị đặc biệt Đồ thị nhận xét: Viết pt tiếp tuyến (C), biết tiếp tuyến qua điểm A(–1; –1) Đường thẳng (d) qua A có hệ số góc k  (d): y + = k(x + 1)  (d): y = kx + k – x3  3x   kx  k  (d) tiếp xúc (C)   có nghiệm 3x  6x  k 3  x – 3x + = 3x – 6x2 + 3x2 – 6x –  2x3 – 6x – =  x = hay x = –1 * x =  k =  (d): y = –1 * x = –1  k =  (d): y = 9x + Câu II  x  y  xy  4y   Giải hệ phương trình:  2  y 7  (x  y)   2(x  1) y  xy   x2  4y  2y(x  y)  2x2  8y  (1) (I)     2 7y  y(x  y)  2x   y(x  y)(x  y)  2x  7y  2(2) (1) + (2) ta được: –y(x – y)[2 + x – y] = –15y  (x – y)(x – y + 2) = 15 (do y ≠ y = (1)  x2 + = (vô lí))  x – y = hay x – y = –5  x – y =  x = y + (1)  –6y = –2(y + 3)2 – 8y –  2y2 + 14x + 20 =  y  2  x   y + 7y + 10 =    y  5  x  2 Điểm ∑ = 2đ ∑ = 1.25đ 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 ∑ = 0.75đ 0,25 0.25 0.25 ∑=2đ ∑ = 1đ 0.5 0.25  x – y = –5  x = y – (1)  10y = –2(y – 5)2 – 8y –  2y2 – 2x + 52 = (VN) Vậy hệ có nghiệm (1; –2), (–2; –5) Giải phương trình: 2sin x  cos x   cos 2x  cos x  7sin x  cos 2x  cos x   3(cos x  1) 0.25 ∑ = 1đ Điều kiện: 0.25 www.VNMATH.com 2cosx   2cosx     cos2x  2cosx 1 3(cosx 1)  (cosx 1)(2cosx  3)  (1)  cos x   cos x  1   (2sinx + 1)(cosx + 1) = cos2x + 2cosx – 7sinx +  2sinxcosx + 2sinx + cosx + = – 2sin2x + 2cosx – 7sinx +  2sinxcosx – cosx + 2sin2x + 9sinx – =  cosx(2sinx – 1) + (2sinx – 1)(sinx + 5) =  (2sinx – 1)(cosx + sinx + 5) =    x   k2  sin x        x  5  k2 sin x  cos x   So sánh điều kiện ta nghiệm phương trình x = Câu III Tính tích phân sau: I = I= 2 1 x 1 Do I1 = 3 0.25 5  k2 (k  Z) 1 (6x ∑ = 1đ 0.25  4x) ln xdx = I1 + I2 x3   t2 = x3 +  2tdt = 3x2dx  x2dx = x=1t=3 x =  t = Đổi cận: 0.25 x3 x3   (6x3  4x2 ) ln x dx x x3  dx +  Tính I1: Đặt t = 0.25 tdt 2  t3  74 t tdt      64  27   3   9 0.25 x v' = 6x + 4x, chọn v = 2x3 + 2x2  Tính I2: Đặt u = lnx  u' = 2 I2 = (2x  2x ) ln x     1 2  2x3  23 (2x  2x)dx = 24 ln    x   24 ln   1 0.25 74 23   24 ln  9 Cho hình chóp SABCD có ABCD hình bình hành tâm O, Vậy I = 24 ln  Câu IV AB = 2a, AD = 2a , cạnh bên 3a, gọi M trung điểm OC Tính thể tích khối chóp SABMD diện tích hình cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD S K I ∑ = 1đ A D O B M G C  Ta có SA = SB = SC = SD nên SO  (ABCD)  ∆ SOA = = ∆ SOD nên OA = OB = OC = OD  ABCD hình chữ nhật  SABCD = AB.AD = 4a2  Ta có BD = 0.25 AB2  AD2  4a2  12a2  4a 0.25 www.VNMATH.com SB2  OB2  9a2  4a2  a  SO = 4a3 15 Do VSABMD = VSABCD  a3 15 SABCD SO  3  Gọi G trọng tâm ∆ OCD, ∆ OCD nên G tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ OCD Dựng đường thẳng d qua G song song SO d  (ABCD) nên d trục ∆ OCD Trong mp(SOG) dựng đường trung trực SO, cắt d K cắt SO I Ta có: OI trung trực SO  KO = KS mà KO = KC = KD nên K tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD Vậy VSABCD = CD Ta có: GO = 2a  5a2 4a2 a 31   12 31a 31a  12 Cho x, y, z số thực dương thỏa xyz = 1 1 Chứng minh:    (1) 3 (1  x) (1  y) (1  z) Do Scâu = 4R  4 Câu V OI2  OG  ; R = KO = Ta có:   1 x  1 y 2  xy  ≥ = 2(1  x ) (2) (3) 2(1  y )  (1  z) 0.25 (vì 2(1 + x2) ≥ (1 + x)2….) 1  ( Do (3))     xy  (1  z)2 1 =  0.25 0.25  2xy + (x2 + y2)xy ≥ x2 + y2 + 2x2y2  2xy(1 – xy) + (x2 + y2)(xy – 1) ≥  (xy – 1)(x – y)2 ≥ (đúng xy ≥ 1) Áp dụng (3) ta được: VT (2) ≥ 0.25 ∑ = 1đ  (1  x)2 (1  x) (1  x) Tương tự, ta được:  1  2VT       (1  x)2 (1  y)2 (1  z)2  1 Do ta cần chứng minh    2 (1  x) (1  y) (1  z) Ta có: xyz = nên ta giả thiết xy ≥ Khi ta có: 0.25 z  (1  z) z2  z  (z  1)2 =  z  z  (1  z)2 4z2  4z  4(z  1)2  3(z  1)2  (z  1)2 4(z  1)2 Vậy (3)  (1)  (1) chứng minh (z  1)2    (z  1)2 0.25 0.25 www.VNMATH.com VI.a Trong mp Oxy cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn (T): x2 + y2 – 4x – 2y – = Đỉnh A thuộc tia Oy, đường cao vẽ từ C nằm đường thẳng (d): x + 5y = Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết C có hoành độ số nguyên  A thuộc tia Oy nên A(0; a) (a > 0) a  Vì A  (T) nên a2 – 2a – =    a =  A(0; 4)  a  2  C thuộc (d): x + 5y = nên C(–5y; y) C  (T)  25y2 + y2 + 20y – 2y – =  26y2 + 18y – =  y  1  x     C(5; –1) (Do xC  Z)  y   x   20  13 13  (AB)  (d) nên (AB): 5x – y + m = mà (AB) qua A nên 5.0 – + m =  m = Vậy (AB): 5x – y + = B  (AB)  B(b; 5b + 4) b  B  (T)  b2 + (5b + 4)2 – 4b – 10b – – =  26b2 + 26b =     b  Khi b =  B(0; ) (loại B trùng với A) Khi b = –1  B(–1; –1) (nhận) Vậy A(0; 4), B(–1; –1) C(5; –1) x   t x 1 y  z     Trong kg Oxyz cho (d1): , (d2): y   t mặt phẳng (): 2  z   t x – y + z – = Lập phương trình đường thẳng (d) biết d // () (d) cắt (d1), (d2) M N cho MN = M  (d1)  M(1 + 2m; –2 + m; – 2m) N  (d2)  N(2 – n; + n; + n)   NM   2m  n  1; m  n  5; 2m  n   ; n   (1;  1;1)   MN // ()  n  NM   2m + n – –(m – n – 5) – 2m – n – = ∑ = 2đ ∑ = 1đ 0.25 0.25 0.25 0.25 ∑ = 1đ 0.25  –m + n + =  n = m –   NM = ( 3m – 3; -3; –3m)  NM  (3m  3)2  (3)2  9m  2m  2m  VII.a NM =  2m2 – 2m + =  m2 – m – =  m = –1 hay m =  m = –1: M(–1; –3; 4) (loại M  ()  x5 y z2    m = 2: M(5; 0; –2) NM = 3(1; –1; –2)  (d): 1 2 Tìm tập hợp điểm biểu diễn cho số phức z thỏa: z   2i  2z   2i 0.25 0.25 0.25 ∑ = 1đ Gọi M(x; y) điểm biểu diễn cho số phức z = x + yi (x; y  R) Ta có: z   2i  2z   2i  x  yi   2i  2(x  yi)   2i  (x  3)  (y  2)i  (2x  1)  (2y  2)i  (x + 3)2 + (y – 2)2 = (2x + 1)2 + (2y – 2)2  3x2 + 3y2 – 2x – 4y – = Vậy tập hợp điểm M đường tròn (T): 3x2 + 3y2 – 2x – 4y – = VI.b 0.5 0.25 0.25 ∑ = 2đ www.VNMATH.com 4 2 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(0; 4), trọng tâm G  ;  3 3 trực tâm trùng với gốc tọa độ Tìm tọa độ đỉnh B, C diện tích ∆ ABC biết xB < xC   34 x I        x  23    I  I(2; –1) Ta có AI  AG     y    y    I   4  I     BC qua I có VTPT OA  (0; 4)  4(0;1)  BC: y = –1 Gọi B(b; –1),  I trung  điềm BC nên C(4 – b; –1) Ta có: OB  (b;  1) ; AC  (4  b; 5)   OB.AC   4b – b2 + =  b2 – 4b – =  b = –1 hay b = * b = –1  B(–1; –1) C(5; –1) (nhận) * b =  B(5; –1) C(–1; –1) (loại)   BC   6;   BC = 6; d(A; BC) =  SABC = 15 x 1 y  z    Trong kgOxyz cho (d1): , (d2): 2 x   t  y   t mặt phẳng (): z   t  x – y + z – = Tìm (d2) điểm M cho đường thẳng qua M song song với (d1), cắt () N cho MN = M  (d2)  M(2 – m; + m; + m) x   m  2t  (d) qua M // (d1) nên (d):  y   m  t z   m  2t  N = (d)  () nên tọa độ N thỏa hệ: x   m  2t  y   m  t  – m + 2t – – m – t + + m – 2t – =  z m 2t     x  y  z   VII.b  t = –3 – m  N(–3m – 4; 0; 3m + 10)   NM = (6 + 2m; + m; –2m – 6)  NM2 = (2m + 6)2 + (m + 3)2 + (–2m – 6)2 Do MN =  9(m + 3)2 =  m + = ±  m = –2 hay m = –4 Vậy M(4; 1; 2) hay M(6; –1; 0) ex  ey  (ln y  ln x)(1  xy) Giải hệ phương trình  ln x  ln y  3.4ln x  4.2ln y 2 Điều kiện: x, y > Ta có: + xy > * x > y: VT (1) > VP(1) <  VT(1) > VP(1) (vô lí) * x < y: VT(1) < < VP(1) (vô lí) Do từ (1)  x = y Thay vào (2) ta được: 23ln x  3.4ln x  4.2ln x  2lnx [(2lnx)2 – 3.2lnx – 4] = ∑ = 1đ 0.25 0.25 0.25 0.25 ∑ = 1đ 0.25 0.25 0.25 0.25 ∑ = 1đ 0.25 0.25 www.VNMATH.com 2ln x   ln x  2  1  lnx =  x = e2  ln x 2  Vậy hệ có nghiệm x = y = e2 0.25 0.25 ... hình chữ nhật  SABCD = AB.AD = 4a2  Ta có BD = 0.25 AB2  AD2  4a2  1 2a2  4a 0.25 www.VNMATH.com SB2  OB2  9a2  4a2  a  SO = 4a3 15 Do VSABMD = VSABCD  a3 15 SABCD SO  3  Gọi G... thể tích khối chóp SABMD diện tích hình cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD S K I ∑ = 1đ A D O B M G C  Ta có SA = SB = SC = SD nên SO  (ABCD)  ∆ SOA = = ∆ SOD nên OA = OB = OC = OD  ABCD hình chữ... –1) (Do xC  Z)  y   x   20  13 13  (AB)  (d) nên (AB): 5x – y + m = mà (AB) qua A nên 5.0 – + m =  m = Vậy (AB): 5x – y + = B  (AB)  B( b; 5b + 4) b  B  (T)  b2 + ( 5b + 4)2 – 4b