Đề thi thử đại học khối A , A1 , B , D môn toán năm 2012 đề số 219

Đề thi thử đại học khối A , A1 , B , D môn toán năm 2012 đề số 219 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ...

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi: TOÁN, khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x) = x − x Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A B có hoành độ a b Tìm điều kiện a b để hai tiếp tuyến (C) A B song song với Câu II (2 điểm) ( cos x − sin x ) 1 Giải phương trình lượng giác: = tan x + cot x cot x − 1 2 Giải bất phương trình: log x − x + + log x − > log ( x + 3) 3 π Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = cos x ( sin x + cos x ) dx ∫ Câu IV (1 điểm) Cho hình trụ tròn xoay hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm đường tròn đáy thứ hình trụ, hai đỉnh lại nằm đường tròn đáy thứ hai hình trụ Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450 Tính diện tích xung quanh thể tích hình trụ Câu V (1 điểm) Cho phương trình x + − x + 2m x ( − x ) − x ( − x ) = m3 Tìm m để phương trình có nghiệm PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) đường thẳng ∆ định bởi: (C ) : x + y − x − y = 0; ∆ : x + y − 12 = Tìm điểm M ∆ cho từ M vẽ với (C) hai tiếp tuyến lập với góc 60 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0) Tìm tọa độ tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, viên bi xanh có bán kính khác viên bi vàng có bán kính khác Hỏi có cách chọn viên bi có đủ ba màu? Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I thuộc đường thẳng ( d ) : x − y − = có hoành độ xI = , trung điểm cạnh giao điểm (d) trục Ox Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) mặt phẳng (P) có phương trình ( S ) : x + y + z − x + y − z + = 0, ( P) : x + y − z + 16 = Điểm M di động (S) điểm N di động (P) Tính độ dài ngắn đoạn thẳng MN Xác định vị trí M, N tương ứng Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c số dương thỏa mãn: a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức 1 4 + + ≥ + + a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 Hết Câu Ý I Đáp án Nội dung + MXĐ: D = ¡ + Sự biến thiên • y = +∞; lim y = +∞ Giới hạn: xlim →−∞ x →+∞ • x = y ' = x − x = x ( x − 1) ; y ' = ⇔   x = ±1 • Bảng biến thiên Điểm 2,00 1,00 0,25 0,25 0,25 yCT = y ( −1) = −1; yCT = y ( 1) = −1; yC§ = y ( ) = • Đồ thị 0,25 1,00 Ta có f '( x ) = x − x Gọi a, b hoành độ A B 3 Hệ số góc tiếp tuyến (C) A B k A = f '(a ) = 4a − 4a, k B = f '(b) = 4b − 4b Tiếp tuyến A, B có phương trình là: y = f ' ( a ) ( x − a ) + f ( a ) = f ' ( a ) x + f (a ) − af' ( a ) ; y = f ' ( b ) ( x − b ) + f ( b ) = f ' ( b ) x + f (b) − bf' ( b ) Hai tiếp tuyến (C) A B song song trùng khi: k A = k B ⇔ 4a − 4a = 4b3 − 4b ⇔ ( a − b ) ( a + ab + b − 1) = (1) Vì A B phân biệt nên a ≠ b , (1) tương đương với phương trình: a + ab + b2 − = (2) Mặt khác hai tiếp tuyến (C) A B trùng 2 a + ab + b − = a + ab + b − = ⇔ ( a ≠ b ) ⇔  ,  f ( a ) − af ' ( a ) = f ( b ) − bf ' ( b ) −3a + 2a = −3b + 2b Giải hệ ta nghiệm (a;b) = (-1;1), (a;b) = (1;-1), hai nghiệm tương ứng với cặp điểm đồ thị ( −1; −1) ( 1; −1) Vậy điều kiện cần đủ để hai tiếp tuyến (C) A B song song với a + ab + b − =   a ≠ ±1 a ≠ b  II cos x.sin x.sin x ( tan x + cot x ) ≠ Điều kiện:  cot x ≠ 0,25 ( cos x − sin x ) cos x.sin x = ⇔ = sin x Từ (1) ta có: sin x cos x cos x cos x + −1 cos x sin x sin x 0,25 ⇔ 2sin x.cos x = sin x π  x = + k 2π  ⇔ cos x = ⇔ ( k ∈¢  x = − π + k 2π  0,25 ) Giao với điều kiện, ta họ nghiệm phương trình cho x = − 2,00 1,00 Điều kiện: x > Phương trình cho tương đương: 1 log ( x − x + ) + log 3−1 ( x − ) > log 3−1 ( x + 3) 2 1 ⇔ log ( x − x + ) − log ( x − ) > − log ( x + ) 2 ⇔ log ( x − ) ( x − 3)  > log ( x − ) − log ( x + 3)  x−2 ⇔ log ( x − ) ( x − 3)  > log  ÷  x+3 x−2 ⇔ ( x − ) ( x − 3) > x+3  x < − 10 ⇔ x2 − > ⇔   x > 10 Giao với điều kiện, ta nghiệm phương trình cho x > 10 III π + k 2π ( k ∈ ¢ ) 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 1,00 π   I = ∫ cos x  − sin 2 x ÷dx   = = π 0,50    − sin x ÷d ( sin x ) ∫0   π π 1 d ( sin x ) − ∫ sin 2 xd ( sin x ) ∫ 20 40 π π 1 = sin x| − sin x| = 0 12 0,50 IV 1,00 Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB CD Khi OM ⊥ AB O ' N ⊥ CD Giả sử I giao điểm MN OO’ Đặt R = OA h = OO’ Khi đó: ∆IOM vuông cân O nên: 0,25 h 2a OM = OI = IM ⇒ = ⇒h= a 2 2 2 a a 3a a a 2 = + = Ta có: R = OA = AM + MO =  ÷ +  ÷ 8 2  ÷  2 ⇒ V = π R 2h = π 0,25 3a a 2π a = , 16 S xq = 2π Rh=2π 0,25 a a 3π a = 2 2 0,25 V 1,00 Phương trình x + − x + 2m x ( − x ) − x ( − x ) = m3 (1) Điều kiện : ≤ x ≤ Nếu x ∈ [ 0;1] thỏa mãn (1) – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm 1 cần có điều kiện x = − x ⇒ x = Thay x = vào (1) ta được: 2 m = 1 + m − = m3 ⇒  2  m = ±1 * Với m = 0; (1) trở thành: x − 1− x = ⇔ x = Phương trình có nghiệm * Với m = -1; (1) trở thành x + − x − x ( − x ) − x ( − x ) = −1 ( ⇔ ⇔ ( ( ) ( ) 0,25 0,25 ) x + 1− x − x ( 1− x) + x +1− x − x ( 1− x) = x − 1− x ) +( x − 1− x ) =0 0,25 + Với x − − x = ⇔ x = Trường hợp này, (1) có nghiệm + Với x − 1− x = ⇔ x = * Với m = (1) trở thành: x + 1− x − 24 x ( 1− x) = 1− x ( 1− x) ⇔ ( x − 1− x Ta thấy phương trình (1) có nghiệm x = 0, x = ) =( x − 1− x ) nên trường hợp (1) 0,25 nghiệm Vậy phương trình có nghiệm m = m = -1 VIa 2,00 1,00 Đường tròn (C) có tâm I(2;1) bán kính R = Gọi A, B hai tiếp điểm (C) với hai tiếp (C) kẻ từ M Nếu hai tiếp tuyến lập với góc 600 IAM nửa tam giác suy IM = 2R=2 0,25 Như điểm M nằm đường tròn (T) có phương trình: ( x − ) + ( y − 1) = 20 2 Mặt khác, điểm M nằm đường thẳng ∆ , nên tọa độ M nghiệm hệ phương ( x − ) + ( y − 1) = 20 (1) trình:   x + y − 12 = (2) 0,25 Khử x (1) (2) ta được: x = ( −2 y + 10 ) + ( y − 1) = 20 ⇔ y − 42 y + 81 = ⇔  27 x=   9  27 33  Vậy có hai điểm thỏa mãn đề là: M  3; ÷ M  ; ÷  2  10  2 0,25 0,25 Ta tính AB = CD = 10, AC = BD = 13, AD = BC = 1,00 0,25 Vậy tứ diện ABCD có cặp cạnh đối đôi Từ ABCD tứ diện gần Do tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trọng tâm G tứ diện 0,25 3 3 14 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm G  ;0; ÷, bán kính R = GA = 2   VII a 0,50 1,00 Số cách chọn viên bi tùy ý : C18 0,25 Những trường hợp đủ ba viên bi khác màu là: + Không có bi đỏ: Khả không xảy tổng viên bi xanh vàng + Không có bi xanh: có C13 cách 0,25 + Không có bi vàng: có C15 cách Mặt khác cách chọn bi xanh, bi vàng có C10 cách chọn viên bi đỏ tính hai lần 9 9 Vậy số cách chọn viên bi có đủ ba màu là: C10 + C18 − C13 − C15 = 42910 cách VIb 9 3 I ∈ ( d ) : x − y − = ⇒ I  ; ÷ 2 2 Vai trò A, B, C, D nên trung điểm M cạnh AD giao điểm (d) Ox, suy M(3;0) 9 2 AB = IM = ( xI − xM ) + ( yI − yM ) = + = 4 S 12 S ABCD = AB AD = 12 ⇔ AD = ABCD = = 2 AB  AD ⊥ ( d ) , suy phương trình AD: ( x − 3) + ( y − ) = ⇔ x + y − =   M ∈ AD Lại có MA = MD = Vậy tọa độ A, D nghiệm hệ phương trình: I có hoành độ xI = 0,50 2,00 1,00 0,50  x + y − =  y = − x +  y = − x + ⇔ ⇔    2 2 2  ( x − 3) + y = ( x − 3) + y = ( x − 3) + ( − x ) = y = 3− x x = x = ⇔ ⇔  Vậy A(2;1), D(4;-1),  x − = ±1  y =  y = −1 x +x  xI = A C   xC = xI − x A = − =  9 3 I  ; ÷ trung điểm AC, suy ra:  ⇔ 2 2  yC = yI − y A = − =  y = y A + yC I  Tương tự I trung điểm BD nên ta có: B(5;4) Vậy tọa độ đỉnh hình chữ nhật (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1) 0,50 1,00 Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) có bán kính R = Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): 2.2 + ( −1) − + 16 d = d ( I,( P) ) = =5⇒ d > R Do (P) (S) điểm chung.Do vậy, MN = d –R = -3 = Trong trường hợp này, M vị trí M N vị trí N0 Dễ thấy N0 hình chiếu vuông góc I mặt phẳng (P) M0 giao điểm đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S) Gọi ∆ đường thẳng qua điểm I vuông r góc với (P), N0 giao điểm ∆ (P) Đường thẳng ∆ có vectơ phương n P = ( 2; 2; −1) qua I nên có phương trình  x = + 2t   y = −1 + 2t ( t ∈ ¡ ) z = − t  0,25 0,25 Tọa độ N0 ứng với t nghiệm phương trình: ( + 2t ) + ( −1 + 2t ) − ( − t ) + 16 = ⇔ 9t + 15 = ⇔ t = − 15 =−  13 14  Suy N  − ; − ; ÷  3 3 uuuur uuur Ta có IM = IN Suy M0(0;-3;4) 0,25 0,25 VII b 1,00 1 + ≥ ( x > 0, y > 0) x y x+ y 1 1 1 + ≥ ; + ≥ ; + ≥ Ta có: a + b b + c a + 2b + c b + c c + a a + b + 2c c + a a + b 2a+b+c Ta lại có: 2 ≥ = ⇔ 2a + b + c + − 4a − 2b − 2c ≥ 2 2a + b + c 2a + b + c + a + Áp dụng bất đẳng thức ⇔ ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) ≥ 2 2 ≥ ; ≥ 2b + c + a b + 2c + a + b c + 1 4 + + ≥ + + Từ suy a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 Đẳng thức xảy a = b = c = Tương tự: 0,50 0,50 ... Vậy có hai điểm th a mãn đề là: M  3; ÷ M  ; ÷  2  10  2 0,2 5 0,2 5 Ta tính AB = CD = 1 0, AC = BD = 1 3, AD = BC = 1,0 0 0,2 5 Vậy tứ diện ABCD có cặp cạnh đối đôi Từ ABCD tứ diện gần Do tâm... − b ) ( a + ab + b − 1) = (1) Vì A B phân biệt nên a ≠ b , (1) tương đương với phương trình: a + ab + b2 − = (2) Mặt khác hai tiếp tuyến (C) A B trùng 2 a + ab + b − =  a + ab + b − = ⇔ ( a. .. 0,2 5 1,0 0 Ta có f '( x ) = x − x Gọi a, b hoành độ A B 3 Hệ số góc tiếp tuyến (C) A B k A = f ' (a ) = 4a − 4a, k B = f ' (b) = 4b − 4b Tiếp tuyến A, B có phương trình là: y = f ' ( a ) ( x − a