Đề thi thử đại học khối A , A1 , B , D môn toán năm 2012 đề số 85 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ á...
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ ) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = − x + x − (C) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) 2) Tìm đường thẳng (d): y = điểm mà từ kẻ ba tiếp tuyến đến đồ thị (C) Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: x + + x + = x + 2 x + x + − 16 2) Giải phương trình: 2 cos2 x + sin x cos x + 3π π ÷− 4sin x + ÷ = 4 π Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = ∫ (sin x + cos4 x )(sin x + cos6 x )dx Câu IV (2 điểm) Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC tam giác vng B có AB = a, BC = a , SA vng góc với mặt phẳng (ABC), SA = 2a Gọi M, N hình chiếu vng góc điểm A cạnh SB SC Tính thể tích khối chóp A.BCNM Câu V (1 điểm) Cho a, b, c, d số dương Chứng minh rằng: 4 a + b + c + abcd + 4 b + c + d + abcd + 4 c + d + a + abcd + 4 d + a + b + abcd ≤ abcd II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, gọi A, B giao điểm đường thẳng (d): 2x – y – = đường tròn (C’): x + y − 20 x + 50 = Hãy viết phương trình đường trịn (C) qua ba điểm A, B, C(1; 1) 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4; 5; 6) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, cắt trục tọa độ I, J, K mà A trực tâm tam giác IJK Câu VII.a (1 điểm) Chứng minh a + bi = (c + di)n a + b2 = (c + d )n B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích , A(2; – 3), B(3; –2), trọng tâm ∆ABC nằm đường thẳng (d): 3x – y –8 = Viết phương trình đường tròn qua điểm A, B, C 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0) Chứng minh đường thẳng AB CD chéo Viết phương trình đường thẳng (D) vng góc với mặt phẳng Oxy cắt đường thẳng AB, CD log ( x + y2 ) − log (2 x ) + = log ( x + y) 4 x Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình: log4 ( xy + 1) − log (4 y + y − x + 4) = log y ÷− Hướng dẫn Đề sô Câu I: 2) Gọi M(m; 2) ∈ d Phương trình đường thẳng ∆ qua M có dạng: y = k ( x − m) + Trang Từ M kẻ tiếp tuyến với (C) ⇔ Hệ phương trình sau có nghiệm phân biệt: − x + x − = k ( x − m) + (1) m < −1 hoaëc m > ⇔ (2) −3 x + x = k m ≠ Câu II: 1) Đặt t = x + + x + > (2) ⇔ x = 2) ⇔ (sin x + cos x ) 4(cos x − sin x ) − sin x − = 2) π 3π + kπ ; x = k 2π ; x = + k 2π 33 33 Câu III: (sin x + cos4 x )(sin x + cos6 x ) = + cos x + cos8 x ⇒ I = π 64 16 64 128 ⇔ x=− Câu IV: Đặt V1=VS.AMN; V2=VA BCNM; V=VS.ABC; AM = a; SM= 4a ⇒ SM = SB V1 SM SN SM = (1) V SB SC SB V V 3 ⇒ = ⇒ = ⇒ V2 = V (2) V V 5 = a3 a3 ⇒ V2 = V = S∆ABC SA = 3 Câu V: a + b ≥ 2a2 b2 (1); b + c ≥ 2b 2c2 (2); c + a ≥ 2c2 a2 (3) ⇒ a + b + c ≥ abc(a + b + c) ⇒ a + b + c + abcd ≥ abc(a + b + c + d ) ⇒ a + b + c + abcd ≤ (4) ⇒ đpcm abc(a + b + c + d ) Câu VI.a: 1) A(3; 1), B(5; 5) ⇒ (C): x + y − x − 8y + 10 = 2) Gọi I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ⇒ (P ) : x y z + + =1 a b c 77 a= uu r uur a + b + c = IA = (4 − a ;5;6), JA = (4;5 − b ;6) 77 uur uur ⇒ ⇒ b = JK = (0; −b; c), IK = (−a;0; c) −5b + 6c = −4a + 6c = c = 77 n ⇒ n Câu VII.a: a + bi = (c + di) |a + bi| = |(c + di) | ⇒ |a + bi|2 = |(c + di)n |2 = |(c + di)|2n ⇒ a2 + b2 = (c2 + d2)n Câu VI.b: 1) Tìm C1(1; −1) , C2 (−2; −10) 11 11 16 x + y + = 0 3 91 91 416 = 0 + Với C2 (−2; −10) ⇒ (C): x + y − x + y + 3 2) Gọi (P) mặt phẳng qua AB (P) ⊥ (Oxy) ⇒ (P): 5x – 4y = (Q) mặt phẳng qua CD (Q) ⊥ (Oxy) ⇒ (Q): 2x + 3y – = Ta có (D) = (P)∩(Q) ⇒ Phương trình (D) x = α x=2 với α >0 tuỳ yù vaø Câu VII.b: y = α y=1 + Với C1 (1; −1) ⇒ (C): x + y − Trang ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ ) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2đ): Cho hàm số y = x − 3mx + x − có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để (Cm) cắt trục Ox điểm phân biệt có hồnh độ lập thành cấp số cộng Câu II (2đ): Giải phương trình: sin2 x − cos2 x = sin x − cos2 x Giải bất phương trình: 21− x − x + Câu III (1đ) Tính giới hạn sau: 2x − A = lim x →1 ≥0 x + − − x2 x −1 Câu IV (1đ): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật; SA ⊥ (ABCD); AB = SA = 1; AD = Gọi M, N trung điểm AD SC; I giao điểm BM AC Tính thể tích khối tứ diện ANIB Câu V (1đ): Biết ( x; y) nghiệm bất phương trình: x + 5y − x − 15y + ≤ Hãy tìm giá trị lớn biểu thức F = x + 3y II PHẦN TỰ CHỌN (3đ) A Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2đ) 2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): x + y = A, B điểm 25 16 (E) cho: AF1+BF2 = , với F1;F2 tiêu điểm Tính AF2 + BF1 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (α ) : x − y − z − = điểm A(2;3; −1) Tìm toạ độ điểm B đối xứng với A qua mặt phẳng (α ) 3 log1 ( x + 2) - = log1 ( - x) + log1 ( x + 6) 4 B Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2đ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường trịn qua A(2; −1) tiếp xúc với trục toạ độ Câu VIIa (1đ): Giải phương trình: x +1 y −1 z − = = mặt phẳng P : x − y − z − = Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A(1;1; −2) , song song với mặt phẳng (P ) vuông góc với đường thẳng d Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d : 2 Câu VII.b (1đ) Cho hàm số: y = mx + (m + 1) x + 4m + m có đồ thị (Cm ) x+m Tìm m để điểm cực trị (Cm ) thuộc góc phần tư thứ I, điểm cực trị (Cm ) thuộc góc phần tư thứ III hệ toạ độ Oxy Hướng dẫn Đề sô Trang Câu I: 2) Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) trục hoành: x − 3mx + x − = (1) Gọi hoành độ giao điểm x1; x2 ; x3 Ta có: x1 + x2 + x3 = 3m Để x1; x2 ; x3 lập thành cấp số cộng x2 = m nghiệm phương trình (1) m = ⇒ −2m + 9m − = ⇔ Thử lại ta : m = −1 ± 15 m= −1 − 15 x = Câu II: 1) sin2 x − cos2 x = sin x − cos2 x ⇔ cos x (cos7 x − cos11x ) = ⇔ x = 2) < x ≤ kπ kπ 1 Câu III: A = lim x + − + lim − − x = + = 12 12 x →1 x →1 x −1 x −1 Câu IV: VANIB = 36 Câu V: Thay x = F − y vào bpt ta được: 50 y − 30 Fy + 5F − 5F + ≤ Vì bpt tồn y nên ∆ y ≥ ⇔ − 25 F + 250 F − 400 ≥ ⇔ ≤ F ≤ Vậy GTLN F = x + y Câu VI.a: 1) AF1+AF2 = 2a BF1+BF2 = 2a ⇒ AF1 + AF2 + BF1 + BF2 = 4a = 20 Mà AF1 + BF2 = ⇒ AF2 + BF1 = 12 2) B(4;2; −2) Câu VII.a: x = 2; x = − 33 ( x − a)2 + ( y + a)2 = a2 (a) Câu VI.b: 1) Phương trình đường trịn có dạng: ( x − a)2 + ( y − a)2 = a2 (b) a = a) ⇒ a = b) ⇒ vô nghiệm Kết luận: ( x − 1)2 + ( y + 1)2 = ( x − 5)2 + ( y + 5)2 = 25 r x −1 y −1 z + r uur uur = = 2) u = ud ; nP = (2;5; −3) ∆ nhận u làm VTCP ⇒ ∆ : −3 Câu VII.b: Toạ độ điểm cực trị là: A(m;3m + 1) B(−3m; −5m + 1) Vì y1 = 3m2 + > nên để cực trị (Cm ) thuộc góc phần tư thứ I, cực trị m > (Cm ) thuộc góc phần tư thứ III hệ toạ độ Oxy −3m < ⇔ m> −5m + < ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ ) Trang I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x − x + có đồ thị (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) cho tiếp tuyến (C) A B song song với độ dài đoạn AB = Câu II: (2 điểm) 1 log ( x + 3) + log ( x − 1)8 = 3log8 (4 x ) π Tìm nghiệm khoảng 0; ÷ phương trình: 2 π x 3π 4sin2 π − ÷− sin − x ÷ = + cos2 x − ÷ 2 2 Giải phương trình: Câu III: (1 điểm) Cho hàm số f(x) liên tục R f ( x ) + f (− x ) = cos4 x với x ∈ R Tính: I= π ∫ f ( x ) dx −π Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O Các mặt bên (SAB) (SAD) vng góc với đáy (ABCD) Cho AB = a, SA = a Gọi H, K hình chiếu A SB, SD Tính thể tích khối chóp O.AHK Câu V: (1 điểm) Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = Chứng minh rằng: a 1+ b c + b 1+ c d + c 1+ d a + d + a2 b ≥2 II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích , A(2;– 3), B(3;–2) Tìm toạ độ điểm C, biết điểm C nằm đường thẳng (d): 3x – y – = 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;4;1),B(–1;1;3) mặt phẳng (P): x – 3y + 2z – = Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua hai điểm A, B vng góc với mặt phẳng (P) Câu VII.a: (1 điểm) Tìm số thực b, c để phương trình z2 + bz + c = nhận số phức z = + i làm nghiệm B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(−2, 0) phương trình cạnh AB, AC theo thứ tự là: 4x + y + 14 = 0; 2x + 5y − = Tìm tọa độ đỉnh A, B, C 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(2,0,0); B(0,4,0); C(2,4,6) 6x − 3y + 2z = đường thẳng (d) Viết phương trình đường thẳng ∆ // (d) cắt 6x + 3y + 2z − 24 = đường thẳng AB, OC Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình sau tập số phức: z4 – z3 + 6z – 8z –16 = Hướng dẫn Đề sô www.VNMATH.com Trang Câu I: 2) Giả sử A(a; a3 − 3a + 1), B(b; b3 − 3b + 1) (a ≠ b) Vì tiếp tuyến (C) A B song song suy y′ (a) = y′ (b) ⇔ (a − b)(a + b − 2) = ⇔ a + b − = ⇔ b = – a ⇒ a ≠ (vì a ≠ b) AB = (b − a)2 + (b3 − 3b2 + − a3 + 3a2 − 1)2 = 4(a − 1)6 − 24(a − 1)4 + 40(a − 1)2 a = ⇒ b = −1 AB = ⇔ 4(a − 1)6 − 24(a − 1)4 + 40(a − 1)2 = 32 ⇔ a = −1 ⇒ b = ⇒ A(3; 1) B(–1; –3) Câu II: 1) (1) ⇔ ( x + 3) x − = x ⇔ x = 3; x = −3 + 5π 2π x = 18 + k (k ∈ Z ) (a) π π 2) (2) ⇔ sin x − ÷ = sin − x ÷ ⇔ 3 2 x = 5π + l 2π (l ∈ Z ) (b) π 5π ÷ nên x= 18 2 Vì x ∈ 0; Câu III: Đặt x = –t ⇒ ⇒2 π ∫ f ( x )dx = −π π − π π π ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( −t ) ( −dt ) = ∫ f ( −t ) dt = ∫ f ( − x ) dx −π π ∫ − π π − f ( x ) + f (− x ) dx = π ∫ π − π cos4 xdx −π 1 3π + cos2 x + cos x ⇒ I = 8 16 uuur uuur uuur Câu IV: V = AH , AK AO = a 27 Câu V: Sử dụng bất đẳng thức Cô–si: cos4 x = ab2 c ab 2c ab c ab(1 + c) ab abc ≥a− =a− − (1) 4 2b c 1+b c 1+ b c Dấu = xảy b = c = bc ( + d ) b bc d bc d bc d bc bcd =b− ≥b− =b− ≥b− =b− − (2) 2 4 2c d 1+c d 1+ c d cd ( + a ) c cd a cd a cd a cd cda =c− ≥c− =c− ≥c− =c− − (3) 2 4 2d a 1+d a 1+ d a da ( + b ) d da2 b da2 b da b da dab =d− ≥d− =d− ≥d− =d− − (4) 2 4 2a b 1+a b 1+ a b Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: a b c d ab + bc + cd + da abc + bcd + cda + dab + + + ≥ 4− − 2 2 4 1+ b c 1+ c d 1+ d a 1+ a b Mặt khác: a =a− ≥a− =a− a+c+b+d • ab + bc + cd + da = ( a + c ) ( b + d ) ≤ ÷ = Dấu "=" xảy ⇔ a+c = b+d 2 a+b c+d • abc + bcd + cda + dab = ab ( c + d ) + cd ( b + a ) ≤ ÷ ( c + d) + ÷ ( b + a) Trang a+b c+d + ⇔ abc + bcd + cda + dab ≤ ( a + b ) ( c + d ) ÷= ( a + b ) ( c + d ) a+b+c+d ⇔ abc + bcd + cda + dab ≤ ÷ = Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c = d = a b c d 4 + + + ≥4− − Vậy ta có: 2 2 4 1+ b c 1+ c d 1+ d a 1+ a b ⇔ a 1+ b c + b 1+ c d + c 1+ d a + d + a2 b ≥ ⇒ đpcm Dấu "=" xảy a = b = c = d = x = t Câu VI.a: 1) Ptts d: Giả sử C(t; –4 + 3t) ∈ d y = −4 + 3t uuu r uuur t = −2 1 ⇔ 4t + 4t + = ⇔ S = AB AC sin A = AB AC − AB AC = t = 2 ⇒ C(–2; –10) C(1;–1) r r r uur uuu 2) (Q) qua A, B vng góc với (P) ⇒ (Q) có VTPT n = n p , AB = ( 0; −8; −12 ) ≠ ⇒ (Q) : y + 3z − 11 = Câu VII.a: Vì z = + i nghiệm phương trình: z2 + bx + c = nên: ( ) b + c = b = −2 (1 + i)2 + b(1 + i) + c = ⇔ b + c + (2 + b)i = ⇔ ⇔ + b = c = Câu VI.b: 1) A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) 2) Phương trình mặt phẳng (α) chứa AB song song d: (α): 6x + 3y + 2z – 12 = Phương trình mặt phẳng (β) chứa OC song song d: (β): 3x – 3y + z = 6x + 3y + 2z − 12 = ∆ giao tuyến (α) (β) ⇒ ∆: 3x − 3y + z = z = −1 z = Câu VII.b: z4 – z3 + 6z – 8z –16 = ⇔ ( z + 1)( z − 2)( z2 + 8) = ⇔ z = 2i z = −2 2i ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ ) Trang I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y = x − x + 4, có đồ thị (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) Tìm m để phương trình x − x + = log2 m có nghiệm Câu II (2.0 điểm) 1 − = cot x 2sin x sin x Tìm m để phương trình sau có nghiệm x ∈ 0; + : Giải phương trình: sin x + sin x − m ( ) x − x + + + x (2 − x ) ≤ Câu III (1.0 điểm) Tính I = ∫ 01+ 2x + 2x + (1) (2) dx Câu IV (1.0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A 1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 = 2a ·BAC = 120o Gọi M trung điểm cạnh CC Chứng minh MB ⊥ MA1 tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM) Câu V (1.0 điểm) Cho x, y, z số dương Chứng minh: x + y + z ≥ xy + yz + zx II PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm B(−1; 3; 0), C (1; 3; 0), M (0; 0; a) với a > Trên trục Oz lấy điểm N cho mặt phẳng (NBC) vng góc với mặt phẳng (MBC) Cho a = Tìm góc α mặt phẳng (NBC) mặt phẳng (OBC) Tìm a để thể tích khối chóp BCMN nhỏ x + x − x + = 3y −1 + (x, y ∈ ¡ ) Câu VII.a (1.0 điểm) Giải hệ phương trình: y + y − y + = x −1 + B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2.0 điểm) Trong khơng gian Oxyz cho hai điểm A (–1; 3; –2), B (–3; 7; –18) mặt phẳng (P): 2x – y + z + = Viết phương trình mặt phẳng chứa AB vng góc với mp (P) Tìm tọa độ điểm M ∈ (P) cho MA + MB nhỏ Câu VII b (1.0 điểm) Giải bất phương trình: (log x + log4 x )log2 x ≥ Hướng dẫn Đề sô Trang Câu I: 2) x − x + = log2 m có nghiệm ⇔ log12 m = 9 ⇔ m = 12 = 144 12 − cos2 x − cos x cos x = cos x π π ⇔ cos2x = ⇔ x = + k sin x ≠ Câu II: 1) (1) ⇔ t2 − (1 ≤ t ≤ 2),do x ∈ [0;1 + 3] t +1 t + 2t + t2 − > Vậy g tăng [1,2] Khảo sát g(t) = với ≤ t ≤ g'(t) = t +1 (t + 1)2 2) Đặt t = x2 − 2x + (2) ⇔ m ≤ t2 − Do đó, ycbt ⇔ bpt m ≤ có nghiệm t ∈ [1,2] ⇔ m ≤ max g(t ) = g(2) = t∈[ 1;2] t +1 Câu III: Đặt t = 2x + I = ∫ t2 dt = + ln2 1+ t r uuur uuuu r r uuuuu uuur uuuuu AB,AM = a 15 ; S Câu IV: V = A A = MB,MA AA1BM ∆BMA1 = 3a 3V a ⇒ d= = S 3 Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si: ( x + y ) ≥ xy ; ( y + z ) ≥ xy ; ( z + x ) ≥ xy ⇒ đpcm 2 Câu VI.a: 1) B, C ∈ (Oxy) Gọi I trung điểm BC ⇒ I(0; 3; 0) ·MIO = 450 ⇒ α = ·NIO = 450 3 3 2) VBCMN = VMOBC + VNOBC = a + ÷ đạt nhỏ ⇔ a = ⇔ a = a a u = x − Câu VII.a: Đặt Hệ PT ⇔ v = y − u + u + = 3v v + v + = 3u ⇒ 3u + u + u + = 3v + v + v + ⇔ f (u ) = f (v) , với f (t ) = 3t + t + t + Ta có: f ′ (t ) = 3t ln + t + t2 +1 > ⇒ f(t) đồng biến t +1 ⇒ u = v ⇒ u + u + = 3u ⇔ u − log (u + u + 1) = (2) ( ) Xét hàm số: g (u ) = u − log u + u + ⇒ g '(u ) > ⇒ g(u) đồng biến Mà g (0) = ⇒ u = nghiệm (2) KL: x = y = nghiệm hệ PT Câu VI.b: 1) 2x + 5y + z − 11 = 2) A, B nằm phía (P) Gọi A′ điểm đối xứng với A qua (P) ⇒ A '(3;1; 0) Để M ∈ (P) có MA + MB nhỏ M giao điểm (P) với A′B ⇒ M(2;2; −3) Câu VII.b: (log x + log x )log2 log2 x + 0< x≤ ≥ ⇔ 2x ≥ ⇔ log2 x x > ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Trang Mơn thi : TỐN ( ĐỀ ) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2x + có đồ thị (C) x −1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số Với điểm M thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến M cắt tiệm cận Avà B Gọi I giao điểm hai tiệm cận Tìm vị trí M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ Câu II (2 điểm) 3sin x − 2sin x =2 sin x.cos x x − x + y − y + = 2 x y + x + y − 22 = Giải phương trình: Giải hệ phương trình : Câu III (1 điểm) Tính tích phân sau: π (1) (2) I = ∫ esin x sin x.cos3 x dx Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh bên a, mặt bên hợp với đáy góc α Tìm α để thể tích khối chóp đạt giá trị lớn Câu V (1 điểm) Cho x, y, z số dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x y z P = 4(x3 + y3 ) + 4(x3 + z3 ) + 4(z3 + x3 ) + + + y z2 x ÷ ÷ II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I( ; 0) Đường thẳng chứa cạnh AB có phương trình x – 2y + = 0, AB = 2AD Tìm toạ độ đỉnh A, B, C, D, biết đỉnh A có hồnh độ âm Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d1 ) (d2 ) có phương x - y −1 z − = = Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa (d ) (d2 ) trình: (d1 ); x −1 y +1 z - = = ; (d ) : Câu VII.a (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt : (3) 10 x + x + = m(2 x + 1) x + B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD biết M(2;1); N(4; –2); P(2;0); Q(1;2) thuộc cạnh AB, BC, CD, AD Hãy lập phương trình cạnh hình vng Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (∆) (∆′) có phương trình: x = + t (∆) : y = −1 + 2t z = x = −2 + t ' ′ ; (∆ ) : y = t ' z = + 4t ' Viết phương trình đường vng góc chung (∆) (∆′) Câu VII.b (1 điểm) Giải biện luận phương trình: mx + (m x + 2mx + 2) = x − x + x − Hướng dẫn Đề sô Trang 10 (4) 2) Tìm tất giá trị m để hàm số có cực đại xCĐ, cực tiểu xCT thỏa mãn: x 2CÑ = xCT Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: x + 1 +1 = x + x 2) Giải hệ phương trình: 5π π 5cos x + ÷ = 4sin − x ÷– 3 Câu III (1 điểm): Tìm họ nguyên hàm hàm số: f ( x ) = x ln( x + 1) + x x2 + Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có SA = x tất cạnh cịn lại có độ dài a Chứng minh đường thẳng BD vng góc với mặt phẳng (SAC) Tìm x theo a để a3 thể tích khối chóp S.ABCD Câu V (1 điểm): Cho số thực không âm a, b Chứng minh rằng: 3 1 a + b + ÷ b + a + ÷ ≥ 2a + ÷ 2b + ÷ 4 2 II PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ba đường thẳng: d1 : x + y –3 = , d2 : x + y + = , d3 : x + 3y + = Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc d1 tiếp xúc với d2 d3 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1;2; –1), đường thẳng (∆): x−2 y z+2 = = mặt phẳng (P): x + y − z + = Viết phương trình đường thẳng qua A, cắt đường thẳng (∆) song song với (P) Câu VII.a (1 điểm): Có số tự nhiên gồm chữ số đơi khác nhau, có mặt chữ số khơng có mặt chữ số 1? Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d ) : x + my + − = đường tròn có phương trình (C ) : x + y − x + y − = Gọi I tâm đường tròn (C ) Tìm m cho (d ) cắt (C ) hai điểm phân biệt A B Với giá trị m diện tích tam giác IAB lớn tính giá trị 2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm S(0;0;1), A(1;1;0) Hai điểm M(m; 0; 0), N(0; n; 0) thay đổi cho m + n = m > 0, n > Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SMN) Từ suy mặt phẳng (SMN) tiếp xúc với mặt cầu cố định Câu VII.b (1 điểm): Giải bất phương trình: ( x – 2.2 x – 3) log2 x –3 > x +1 − 4x Hướng dẫn Đề số 52 Câu I: 2) y′ = x + 18mx + 12m = 6( x + 3mx + 2m ) Hàm số có CĐ CT ⇔ y′ = có nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ = m > ⇔ m ≠ Trang 64 ( −3m − m ) , x2 = ( −3m + m ) 2 Dựa vào bảng xét dấu y′ suy xCĐ = x1 , xCT = x2 Khi đó: x1 = Do đó: x 2CĐ = xCT ⇔ −3m − m ÷ = −3m + m ⇔ m = −2 Câu II: 1) Điều kiện x ≥ PT ⇔ x − + x − x + = ⇔ (2 x + 1)(2 x − 1) + 2x −1 3x + x + =0 ÷= ⇔ 2x −1 = ⇔ x = 3x + x + π π π π 2 2) PT ⇔ 10sin x + ÷+ 4sin x + ÷− 14 = ⇔ sin x + ÷ = ⇔ x = + k2π 6 6 6 ⇔ (2 x − 1) x + + Câu III: Ta có: f ( x ) = x ln( x + 1) + x ( x + 1) − x = x ln( x + 1) +x− x x2 + x2 + x2 + x2 + 1 ⇒ F ( x ) = ∫ f ( x )dx = ∫ ln( x + 1)d ( x + 1) + ∫ xdx − ∫ d ln( x + 1) 2 1 = ln2 ( x + 1) + x − ln( x + 1) + C 2 Câu IV: Do B D cách S, A, C nên BD ⊥ (SAC) Gọi O tâm đáy ABCD Các tam giác ABD, BCD, SBD tam giác cân có đáy BD chung nên OA = OC = OS Do ∆ASC vng S 1 Ta có: VS ABCD = 2VS ABC = BO.SA.SC = ax AB − OA Do đó: VS ABCD 2 = ax a2 − a + x = ax 3a2 − x x = a a3 a3 ⇔ = ⇔ ax 3a2 − x = 6 x = a 2 Câu V: Ta có: a2 + b + = a2 − a + + b + a + = a − ÷ + a + b + ≥ a + b + 4 2 2 Tương tự: b2 + a + ≥ a + b + 2 1 Ta chứng minh a + b + ÷ ≥ 2a + (*) ÷ (2b + ÷ 2 2 1 Thật vậy, (*) ⇔ a2 + b2 + 2ab + a + b + ≥ 4ab + a + b + ⇔ (a − b)2 ≥ 4 Dấu "=" xảy ⇔ a = b = Câu VI.a: 1) Gọi tâm đường tròn I (t;3 − 2t ) ∈ d1 t = 3t + 4(3 − 2t ) + 4t + 3(3 − 2t ) + Khi đó: d (I , d2 ) = d (I , d3 ) ⇔ ⇔ = t = 5 49 Vậy có đường tròn thoả mãn: ( x − 2)2 + ( y + 1)2 = ( x − 4)2 + ( y + 5)2 = 25 25 Trang 65 x = + t x−2 y z+2 r = = ⇔ y = 3t 2) (∆) : (P) có VTPT n = (2;1; −1) z = −2 + 2t Gọi I giao điểm (∆) đường thẳng d cần tìm ⇒ I (2 + t;3t; −2 + 2t ) uur ⇒ AI = (1 + t ,3t − 2, −1 + 2t ) VTCP d uur uur r Do d song song mặt phẳng (P) ⇔ AI n = ⇔ 3t + = ⇔ t = − ⇒ AI = ( 2; −9; −5 ) x −1 y − z +1 = = Vậy phương trình đường thẳng d là: −9 −5 Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x= x = a1a2 a3 a4 a5 a6 Vì khơng có mặt chữ số nên chữ số 0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, để thành lập số cần tìm Vì phải có mặt chữ số a1 ≠ nên số cách xếp cho chữ số cách Số cách xếp cho vị trí lại : A8 Vậy số số cần tìm là: A8 = 33.600 (số) Câu VI.b: 1) (C ) có tâm I (1; –2) bán kính R = (d) cắt (C ) điểm phân biệt A, B ⇔ d ( I , d ) < R ⇔ − 2m + − < + m ⇔ − 4m + 4m2 < 18 + 9m2 ⇔ 5m2 + 4m + 17 > ⇔ m ∈ R 1 = IA.IB sin ·AIB ≤ IA.IB = Ta có: S IAB 2 Vậy: S IAB lớn ·AIB = 900 ⇔ AB = R = ⇔ d ( I , d ) = 2 ⇔ − 2m = 2 + m ⇔ 16m2 − 16m + = 36 + 18m2 ⇔ 2m2 + 16m + 32 = ⇔ m = −4 uuur uuu r r 2) Ta có: SM = (m;0; −1), SN = (0; n; −1) ⇒ VTPT (SMN) n = (n; m; mn) Phương trình mặt phẳng (SMN): nx + my + mnz − mn = n + m − mn − m.n − mn = = =1 Ta có: d(A,(SMN)) = − mn 2 2 2 n +m +m n − 2mn + m n Suy (SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R=1 cố định Câu VII.b: BPT ⇔ (4 x − 2.2 x − 3).log2 x − > x +1 − x ⇔ (4 x − 2.2 x − 3).(log2 x + 1) > x > log2 22 x − 2.2 x − > 2 x > x > x > log2 log x + > log x > − ⇔ x ⇔ ⇔ ⇔ x < log 2 x < 0 < x < 2 − 2.2 x − < 0 < x < log2 x < −1 log2 x + < ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 53 ) I PHẦN CHUNG (7 điểm) Trang 66 2x −1 x −1 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Lập phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) cho tiếp tuyến cắt trục Ox , Oy điểm A B thỏa mãn OA = 4OB Câu II (2 điểm): sin x + cos x 1) Giải phương trình: + tan x + cos x = sin x − cos x x y (1 + y ) + x y (2 + y ) + xy − 30 = 2) Giải hệ phương trình: x y + x (1 + y + y ) + y − 11 = 1+ x dx Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = ∫ + x Câu IV (1 điểm): Cho lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ có đáy ABC tam giác vuông với AB = uuur uuur BC = a, cạnh bên AA′ = a M điểm AA′ cho AM = AA ' Tính thể tích khối tứ diện MA′BC′ Câu V (1 điểm): Cho số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: a + b b2 + c c + a + + ≥ b+c c+a a+b II PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm E(–1; 0) đường tròn (C): x + y – x – y –16 = Viết phương trình đường thẳng qua điểm E cắt (C) theo dây cung MN có độ dài ngắn 2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; 4), B(2; 0; 0) mặt phẳng (P): x + y − z + = Lập phương trình mặt cầu (S) qua O, A, B có khoảng cách từ Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = tâm I mặt cầu đến mặt phẳng (P) Câu VII.a (1 điểm): Có số tự nhiên gồm chữ số, biết chữ số có mặt hai lần, chữ số có mặt ba lần chữ số cịn lại có mặt khơng q lần? Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân A, biết phương trình đường thẳng AB, BC là: x + y – = x – y + = Viết phương trình đường thẳng AC, biết AC qua điểm F(1; −3) 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) đường thẳng ∆: x +1 y −1 z = = Tìm toạ độ điểm M ∆ cho ∆MAB có diện tích nhỏ −1 Câu VII.b (1 điểm): Tìm tất giá trị tham số a để phương trình sau có nghiệm nhất: log5 (25x – log5 a) = x Hướng dẫn Đề số 53 Câu I: 2) Giả sử tiếp tuyến d (C) M ( x0 ; y0 ) cắt Ox A Oy B cho OA = 4OB Trang 67 OB 1 = ⇒ Hệ số góc d − OA 4 1 < ⇒ y′ ( x ) = − ⇔ − =− Hệ số góc d M là: y′ ( x0 ) = − 2 ( x0 − 1) ( x0 − 1) Do ∆OAB vuông O nên: tan A = 3 x0 = −1 y0 = ÷ 2 ⇔ x = y = ÷ 2 Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn là: y = − ( x + 1) + y = − ( x − 3) + 4 Câu II: 1) Điều kiện: cos2 x ≠ PT ⇔ −(sin x + cos x )2 + 2sin2 x + cos2 x = ⇔ sin2 x − sin x = sin x = π ⇔ ⇔ x=k sin x = ( loaï i ) 2 xy( x + y ) + x y ( x + y ) = 30 xy( x + y)( x + y + xy ) = 30 2) Hệ PT ⇔ ⇔ xy( x + y) + xy + x + y = 11 xy( x + y ) + xy + x + y = 11 x + y = u Đặt Hệ trở thành xy = v uv(u + v) = 30 uv(11 − uv) = 30 ⇔ uv + u + v = 11 uv + u + v = 11 (1) Từ (1) ⇒ (2) uv = uv = − 21 + 21 • Với uv = ⇒ u + v = Giải ta nghiệm (x; y) là: ; ÷ + 21 − 21 ; ÷ • Với uv = ⇒ u + v = Giải ta nghiệm (x; y) là: (1;2) (2;1) − 21 + 21 Kết luận: Hệ PT có nghiệm: (1;2) , (2;1) , ; ÷, + 21 − 21 ; ÷ t +t 11 dt = ∫ t − t + − − ln ÷dt = t +1 1+ t 0 Câu III: Đặt t = x ⇒ dx = 2t.dt I = ∫ Câu IV: Từ giả thiết suy ∆ABC vuông cân B Gọi H trung điểm AC BH ⊥ AC BH ⊥ (ACC′A′) 2 Do BH đường cao hình chóp B.MA′C′ ⇒ BH = a Từ giả thiết ⇒ MA′ = a, A′C′ = a Do đó: VB.MA ' C ' = BH SMA ' C ' = BH MA′ A′C′ = a Câu V: Ta có: a + b = a(1 − b − c) + b = a + b − a b+c b+c b+c a+b b+c c+a a+b b+c c+a −a+ −b+ −c≥2 ⇔ + + ≥3 Tương tự, BĐT trơt thành: b+c c+a a+b b+c c+a a+b a+b b+c c+a a+b b+c c+a + + ≥ 33 =3 b+c c+a a+b b+c c+a a+b Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c = Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(4; 2) bán kính R = Ta có IE = 29 < = R ⇒ E nằm hình trịn (C) Giả sử đường thẳng ∆ qua E cắt (C) M N Kẻ IH ⊥ ∆ Ta có IH = d(I, ∆) ≤ IE Như để MN ngắn IH dài ⇔ H ≡ E ⇔ ∆ qua E vng góc với IE Theo BĐT Cơ–si ta có: Trang 68 Khi phương trình đường thẳng ∆ là: 5( x + 1) + y = ⇔ x + y + = 2) Giả sử (S): x + y + z2 − 2ax − 2by − 2cz + d = a = • Từ O, A, B ∈ (S) suy ra: c = ⇒ I (1; b;2) d = b+5 b = = • d (I ,(P )) = ⇔ ⇔ b = −10 6 Vậy (S): x + y + z2 − x − z = (S): x + y + z2 − x + 20 y − z = Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x = a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 (a1 ≠ 0) • Giả sử a1 0: + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số là: C7 + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số là: C5 2! C8 + Số cách xếp cho vị trí cịn lại là: • Bây ta xét a1 = 0: + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số là: C6 + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số là: C4 + Số cách xếp cho vị trí cịn lại là: 2 Vậy số số cần tìm là: C7 C5 2!C8 − C6 C4 = 11340 (số) r r r Câu VI.b: 1) Gọi VTPT AB n1 = (1;2) , BC n2 = (3; −1) , AC n3 = (a; b) với a2 + b2 ≠ Do ∆ABC cân A nên góc B C nhọn r r r r n1.n2 n3 n2 3a − b = Suy ra: cos B = cos C ⇒ r r = r r ⇔ n1 n2 n3 n2 a2 + b 2a = b ⇔ 22a2 + 2b2 − 15ab = ⇔ 11a = 2b r • Với 2a = b , ta chọn a = 1, b = ⇒ n3 = (1;2) ⇒ AC // AB ⇒ không thoả mãn r • Với 11a = 2b , ta chọn a = 2, b = 11 ⇒ n3 = (2;11) Khi phương trình AC là: 2( x − 1) + 11( y + 3) = ⇔ x + 11y + 31 = x = −1 + 2t 2) PTTS ∆: y = − t Gọi M (−1 + 2t;1 − t;2t ) ∈ ∆ z = 2t r uuur uuu Diện tích ∆MAB S = AM , AB = 18t − 36t + 216 = 18(t − 1)2 + 198 ≥ 198 Vậy Min S = 198 t = hay M(1; 0; 2) x x 2x Câu VII.b: PT ⇔ 25 − log5 a = ⇔ t = 5x , t > − − log5 a = ⇔ t − t − log5 a = x (*) PT cho có nghiệm ⇔ (*) có nghiệm dương ⇔ t − t = log5 a có nghiệm dương 1 1 Xét hàm số f (t ) = t − t với t ∈ [0; +∞) Ta có: f ′ (t ) = 2t − ⇒ f ′ (t ) = ⇔ t = f ÷ = − 2 f (0) = , Dựa vào BBT ta suy phương trình f (t ) = log5 a có nghiệm dương Trang 69 a ≥ log5 a ≥ ⇔ a = ⇔ log5 a = − ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 54 ) I PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x + 2m x + (1) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số m = 2) Chứng minh đường thẳng y = x + cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt với giá trị m Câu II (2 điểm): π 2sin x − ÷ = 2sin x − tan x 1) Giải phương trình: 4 2) Giải hệ phương trình: log3 ( x – ) + log3 ( x + 2)2 − log3 ( x –2)2 = Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I= π ∫ sin x dx cos x + sin x Câu IV (1 điểm): Cho tam giác vng cân ABC có cạnh huyền AB = 2a Trên đường thẳng d qua A vuông góc mặt phẳng (ABC) lấy điểm S cho mp(SBC) tạo với mp(ABC) góc 600 Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC x − x3 + 8x − 8x + Câu V (1 điểm): Tìm giá trị nhỏ hàm số: f ( x ) = x2 − 2x + II PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elíp (E) có tiêu điểm thứ ( − 3;0 ) 33 qua điểm M 1; ÷ Hãy xác định tọa độ đỉnh (E) 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 1; 3) đường thẳng d: x = 1− t y = + 2t Hãy tìm đường thẳng d điểm B C cho tam giác ABC z = Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh: 12 Cn1 + 22 Cn2 + 32 Cn3 + + n2Cnn = (n + n2 ).2n −2 , n số tự nhiên, n ≥ Cnk số tổ hợp chập k n Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; 7) đường thẳng AB uuu r độuuu r cắt trục Oy E cho AE = EB Biết tam giác AEC cân A có trọng tâm 13 G 2; ÷ Viết phương trình cạnh BC 3 Trang 70 x −1 y +1 z = = mặt 1 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: phẳng (P): x + y − 2z + = Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm đường thẳng d có bán kính nhỏ tiếp xúc với (P) qua điểm A(1; –1; 1) x + y = y + 16 x Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình: 2 1 + y = 5(1 + x ) Hướng dẫn Đề số 54 Câu I: 2) Xét PT hoành độ giao điểm: x + 2m2 x + = x + ⇔ x + 2m2 x − x = ⇔ x ( x + 2m2 x − 1) = x = ⇔ g( x ) = x + 2m x − = (*) Ta có: g′ ( x ) = x + 2m ≥ (với x m ) ⇒ Hàm số g(x) đồng biến với giá trị m Mặt khác g(0) = –1 ≠ Do phương trình (*) có nghiệm khác Vậy đường thẳng y = x + cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt với giá trị m π Câu II: 1) Điều kiện: cos x ≠ ⇔ x ≠ + k.π (*) sin x = π PT ⇔ 1– cos x − ÷ = 2sin x – tan x ⇔ 1–sin2 x = tan x(sin2 x –1) ⇔ 2 tan x = −1 π π 2 x = + k 2π x = + k π ⇔ ⇔ ⇔ x = π + k π (Thỏa mãn điều kiện (*) ) π π x = − + l.π x = − + l.π 4 x − > x − > ⇔ ⇔ x > (**) 2) Điều kiện: 2 x ≤ −3 ( x + 2) ≥ log3 ( x + 2) ≥ PT ⇔ log ( x – ) + log ( x + 2)2 − log ( x – 2)2 = 3 ⇔ log3 ( x + 2)2 + log3 ( x + 2)2 − = log3 ( x + 2)2 = ⇔ ( x + 2)2 = ⇔ ⇔ ( log3 ( x + 2)2 + )( ) log3 ( x + 2)2 − = ⇔ x = −2 ± Kiểm tra điều kiện (**) có x = −2 − thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm là: x = −2 − Câu III: Đặt t = + sin x = I= π ∫ sin x cos x + sin2 x 15 dx = − cos2 x Ta có: cos2 x = – t dt = π ∫ sin x.cos x cos2 x + sin2 x dx = 15 ∫ = 4−t dt sin x cos x + sin2 x dx 15 ∫ 1 − ÷dt t +2 t −2 1 15 + 3+2 ln ÷ = ln ( 15 + ) − ln ( + ) − ln 4 15 − 3−2 ÷ Câu IV: Ta có SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ AB; SA ⊥ AC Tam giác ABC vuông cân cạnh huyền AB ⇒ BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ SC Hai điểm A,C nhìn đoạn SB góc vng nên mặt cầu đường kính SB qua A,C Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện = ln t + t −2 ( = Trang 71 ) SABC mặt cầu đường kính SB Ta có CA = CB = AB sin 450 = a ; ·SCA = 600 góc mp(SBC) mp(ABC) SA = AC.tan600 = a Từ SB = SA2 + AB2 = 10a2 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S = π d = π SB2 = 10π a2 Câu V: Tập xác định: D = R Ta có: f ( x ) = x − x + + x − 2x + ≥ ( BĐT Cô–si) Dấu "=" xảy ⇔ x –2 x + = 1 ⇔ x = Vậy: f(x) = đạt x = Câu VI.a: 1) Ta có F1 ( − 3;0 ) , F2 ( 3;0 ) hai tiêu điểm (E) Theo định nghĩa (E) suy : 2a = MF1 + MF2 = (1+ 3) 2 33 + ÷ + (1− 3) 2 33 + ÷ = 10 a2 – b = c2 ⇒ b2 = a2 − c = 22 Vậy tọa độ đỉnh (E) là: A1( –5; 0) ; A2( 5; 0) ; B1( 0; – 22 ) ; B2 ( 0; 22 ) r 2) d có VTCP ud = (−1;2;0) Gọi H hình chiếu vng góc A d uuuu r Giả sử H ( – t; + 2t;3) ⇒ AH = ( − t;1 + 2t;0 ) uuur r 6 Mà AH ⊥ d nên AH ⊥ ud ⇒ −1( − t ) + ( + 2t ) = ⇔ t = − ⇒ H ; ;3 ÷ 5 ⇒ a = Mặt khác: c = ⇒ AH = Mà ∆ABC nên BC = AH = 15 hay BH = 15 Giả sử B(1 − s;2 + 2s;3) − − s ÷ + + 2s ÷ = 15 ⇔ 25s2 + 10s –2 = 25 5 ⇔ s= −1 ± − 8+ 6+ 8−2 Vậy: B ; ;3 ÷ C ; ;3 ÷ 5 + 8−2 6− 8+ B ; ;3 ÷ C ; ;3 ÷ 5 Câu VII.a: Xét khai triển: (1 + x )n = Cn0 + xCn1 + x 2Cn2 + x 3Cn3 + + x nCnn Lấy đạo hàm vế ta được: n(1 + x )n −1 = Cn1 + xCn2 + x 2Cn3 + + nx n−1Cnn Nhân vế cho x, lấy đạo hàm lần nữa, ta được: n (1 + x )n−1 + x (n − 1)(1 + x )n−2 = 12 C1 + 22 xC + 32 x 2C + + n2 x n−1C n n Cho x = ta đpcm n n n uuur uuur Câu VI.b: 1) Gọi M trung điểm BC Ta có AG = AM ⇒ M(2; 3) Đường thẳng EC qua M uuur uuu r uuu r 8 có VTPT AG = 0; − ÷ nên có PT: y = ⇒ E(0; 3) ⇒ C(4; 3) Mà AE = EB nên B(–1; 1) 3 ⇒ Phương trình BC: x − 5y + = 2) Gọi I tâm (S) I ∈ d ⇒ I (1 + 3t; −1 + t; t ) Bán kính R = IA = 11t − 2t + Trang 72 Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) nên: d (I ,(P )) = 5t + = R ⇔ 37t − 24t = t = ⇒ R =1 77 ⇔ 24 ⇒R= t = 37 37 Vì (S) có bán kính nhỏ nên chọn t = 0, R = Suy I(1; –1; 0) Vậy phương trình mặt cầu (S): ( x − 1)2 + ( y + 1)2 + z2 = x + y = y + 16 x Câu VII.b: 2 1 + y = 5(1 + x ) (1) (2) Từ (2) suy y –5 x = (3) ( ) Thế vào (1) được: x + y – x y = y3 + 16 x ⇔ x –5 x y –16 x = ⇔ x = x –5 xy –16 = • Với x = ⇒ y = ⇔ y = ±2 x − 16 • Với x –5 xy –16 = ⇔ y = (4) Thế vào (3) được: x − 16 ÷ − x = 5x 5x 4 ⇔ x –32 x + 256 –125 x = 100 x ⇔ 124 x + 132 x – 256 = ⇔ x = ⇔ x = ( y = −3) x = −1 ( y = 3) Vậy hệ có nghiệm: (x; y) = (0; 2) ; (0; –2); (1; –3); (–1; 3) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 55 ) I PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x –3 x + 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Biện luận theo m số nghiệm phương trình : x − x − = Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: 2) Giải hệ phương trình: 5π 2 cos − x ÷sin x = 12 log x + y = log ( x − y + 2) x + y2 + − x − y2 = Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I= π ∫ − π sin x 1+ x + x Trang 73 dx m x −1 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a Cạnh SA vng góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy góc 60 Trên cạnh SA lấy điểm M cho AM = a , mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD N Tính thể tích khối chóp S.BCNM Câu V (1 điểm): Cho x , y , z ba số thực thỏa mãn : 5− x + 5− y + 5− z = Chứng minh : 25x x + 5y + z + 25y y + 5z + x + 25z 5z + x + y ≥ x + y + 5z II PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với A(1; –2), đường cao CH : x − y + = , phân giác BN : x + y + = Tìm toạ độ đỉnh B, C tính diện tích tam giác ABC 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng : d1 : d2 : x −7 y−2 z = = −6 12 x − y z +1 , = = −6 −8 a) Chứng minh d1 d2 song song Viết phương trình mặt phẳng (P) qua d1 d2 b) Cho điểm A(1; –1; 2), B(3; – 4; –2) Tìm điểm I đường thẳng d1 cho IA + IB đạt giá trị nhỏ Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau tập số phức: z4 − z3 + z2 + z +1 = 2 Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I giao điểm đường thẳng d1 : x − y − = d2 : x + y − = Trung điểm cạnh giao điểm d1 với trục Ox Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật 2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d1 : x − y −1 z = = −1 x = − 2t′ d2 : y = z = t′ a) Chứng minh d1 d2 chéo viết phương trình đường vng góc chung d1 d2 b) Viết phương trình mặt cầu có đường kính đoạn vng góc chung d1 d2 2004 2008 Câu VII.b (1 điểm): Tính tổng: S = C2009 + C2009 + C2009 + + C2009 + C2009 Hướng dẫn Đề số 55 Câu I: 2) Ta có x − x − = m ⇔ ( x − x − ) x − = m, x ≠ x −1 Do số nghiệm phương trình số giao điểm y = ( x − x − ) x − , (C ') đường thẳng y = m, x ≠ Trang 74 Với y = ( x − x − ) x − = f ( x ) x > nên ( C ' ) bao gồm: − f ( x ) x < + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x = + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x = qua Ox Dựa vào đồ thị ta có: m < –2 Số nghiệm vơ nghiệm m = –2 nghiệm kép –2 < m < nghiệm phân biệt m≥0 nghiệm phân biệt 5π 5π 5π 5π π = = sin ÷+ sin = ⇔ sin x − ÷+ sin 12 12 12 12 π π 5π π 5π π ⇔ sin x − = cos sin − ÷ = sin − ÷ ÷ = sin − sin 12 12 12 12 Câu II: 1) PT ⇔ sin x − 5π π π 2 x − 12 = − 12 + k 2π x = + kπ π 5π ⇔ sin x − ⇔ ( k  ) ữ = sin ữ ⇔ 12 12 2 x − 5π = 13π + k 2π x = 3π + kπ 12 12 2) Điều kiện: x + y > 0, x − y ≥ x+y = 2+ x−y Hệ PT ⇔ x + y + − x − y = u − v = (u > v) u + v = uv + u = x + y ⇔ 2 Đặt: ta có hệ: u2 + v2 + u +v +2 v = x − y − uv = − uv = 2 u + v = uv + (1) ⇔ (u + v)2 − 2uv + − uv = (2) Thế (1) vào (2) ta có: uv + uv + − uv = ⇔ uv + uv + = (3 + uv )2 ⇔ uv = uv = ⇔ u = 4, v = (với u > v) Từ ta có: x = 2; y = 2.(thoả đk) u + v = Kết hợp (1) ta có: Kết luận: Vậy nghiệm hệ là: (x; y) = (2; 2) Câu III: I = π + x sin xdx − ∫ π − • Tính I1 = π ∫ π − π ∫ π π x sin xdx = I1 − I + x sin xdx Sử dụng cách tính tích phân hàm số lẻ, ta tính I1 = − • Tính I = ∫ x sin xdx Dùng phương pháp tích phân phần, ta tính được: π − I2 = − π+ Trang 75 π− Câu IV: Ta có: (BCM) // AD nên mặt phẳng cắt mp(SAD) theo giao tuyến MN // AD Suy ra: I = BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ BM Tứ giác BCMN hình thang vng có BM đường cao BC ⊥ SA • a 2a 4a MN ⇒ MN = • SA = AB tan60 = a , MN SM , BM = = ⇔ = = 3 AD SA 2a a 4a 2a + BC + MN 2a 10a2 Diện tích hình thang BCMN : S = ÷ SBCNM = BM = = ÷ 3 • Hạ AH ⊥ BM Ta có SH ⊥ BM BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SH Vậy SH ⊥ ( BCNM) ⇒ SH đường cao khối chóp SBCNM AB AM Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , = = SB MS Vậy BM phân giác góc SBA ⇒ ·SBH = 300 ⇒ SH = SB.sin300 = a a 3− • Thể tích chóp SBCNM ta có V = 10 3a3 SH SBCNM = 27 Câu V: Đặt x = a; 5y = b; 5z = c Từ giả thiết ta có: a, b, c > ab + bc + ca = abc a2 b2 c2 a+b+c (*) + + ≥ a + bc b + ca c + ab a3 b3 c3 a+b+c ⇔ Ta có: (*) + + ≥ 2 a + abc b + abc c + abc a3 b3 c3 a+b+c ⇔ + + ≥ (a + b)(a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c + b) BĐT ⇔ Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: a3 a+b a+c + + ≥ a (1) (a + b)(a + c) 8 b3 b+c b+a + + ≥ b ( 2) (b + c)(b + a) 8 c3 c+a c+b + + ≥ c (c + a)(c + b) 8 ( 3) Cộng vế với vế bất đẳng thức (1), (2), (3) suy điều phải chứng minh Câu VI.a: 1) Do AB ⊥ CH nên phương trình AB: x + y + = 2 x + y + = x = −4 ⇔ ⇒ B(-4; 3) y = x + y +1 = • B = AB ∩ BN ⇒ Toạ độ điểm B nghiệm hệ: • Lấy A’ đối xứng với A qua BN A '∈ BC Phương trình đường thẳng (d) qua A vng góc với BN (d): x − y − = Gọi I = (d ) ∩ BN 2 x + y + = Giải hệ: x − 2y − = Suy ra: I(–1; 3) ⇒ A '(−3; −4) BC : x + y + 25 = • Phương trình BC: x + y + 25 = Giải hệ: CH : x − y + = Trang 76 13 ; ữ 4 C 2 ã BC = −4 + 13 ÷ + + ÷ = 4 4 450 , d ( A; BC ) = 7.1 + 1(−2) + 25 72 + 12 =3 450 45 = 4 r r r r u = (4; −6; −8), u2 = (−6;9;12) ⇒ u1 , u2 2) a) • VTCP hai đường thẳng là: Suy ra: S ABC = d ( A; BC ).BC = 2 phương Mặt khác, M( 2; 0; –1) ∈ d1; M( 2; 0; –1) ∉ d2 Vậy d1 // d2 r • VTPT mp (P) n = − r r uuuu MN , u1 = (5; −22;19) ⇒ Phương trình mp(P): 2 x –22 y + 19z + = uuu r b) AB = (2; −3; −4) ⇒ AB // d1 Gọi A1 điểm đối xứng A qua d1 Ta có: IA + IB = IA1 + IB ≥ A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ A1B Khi A1, I, B thẳng hàng ⇒ I giao điểm A1B d Do AB // d1 nên I trung điểm A1B 36 33 15 ; ; ÷ A’ đối xứng với A qua H nên A’ 29 29 29 • Gọi H hình chiếu A lên d1 Tìm H 43 95 28 ; ;− ÷ 29 29 29 65 −21 −43 ; ; ÷ 29 58 29 I trung điểm A’B suy I Câu VII.a: Nhận xét z = không nghiệm PT Vậy z ≠ 1 1 Chia hai vế PT cho z2 ta được: z + ÷− z − ÷+ = (1) z z 1 2 2 Đặt t = z − Khi t = z + − ⇔ z + = t + z z z Phương trình (2) trở thành: t − t + 5 = (3) ∆ = − = −9 = 9i 2 + 3i − 3i , t= 2 1 + 3i + 3i ⇔ z2 − (1 + 3i)z − = • Với t = : ta có z − = z 2 ⇒ PT (3) có nghiệm t = (4a) Có ∆ = (1 + 3i)2 + 16 = + 6i = + 6i + i = (3 + i )2 (1 + 3i) + (3 + i) (1 + 3i) − (3 + i) i − = 1+ i , z = = 4 1 − 3i − 3i ⇔ z2 − (1 − 3i)z − = • Với t = : ta có z − = (4b) z 2 ⇒ PT (4a) có nghiệm : z = Có ∆ = (1 − 3i)2 + 16 = − 6i = − 6i + i = (3 − i)2 (1 − 3i) + (3 − i) (1 − 3i) − (3 − i) −i − = 1− i , z = = 4 i −1 −i − Vậy PT cho có nghiệm : z = + i; z = − i; z = ; z= 2 ⇒ PT (4b) có nghiệm : z = Trang 77 x= x − y − = ⇔ Câu VI.b: 1) Ta có: I = d1 ∩ d2 ⇒ Toạ độ I nghiệm hệ: x + y − = y = 9 3 ⇒ I ; ÷ 2 2 Do vai trị A, B, C, D nên giả sử M = d1 ∩ Ox trung điểm cạnh AD Suy M(3; 0) 2 Ta có: AB = IM = − + = ÷ ÷ 2 2 S 12 =2 Theo giả thiết: S ABCD = AB AD = 12 ⇔ AD = ABCD = AB Vì I M thuộc đường thẳng d1 ⇒ d1 ⊥ AD r Đường thẳng AD qua M(3; 0) vng góc với d nhận n = (1;1) làm VTPT nên có PT: x + y −3 = x + y − = Mặt khác: MA = MD = ⇒ Toạ độ A, D nghiệm hệ PT: 2 ( x − ) + y = y = − x + y = − x + y = − x x = x = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2 2 x − = ± y = y = −1 ( x − 3) + y = ( x − 3) + (3 − x ) = Vậy A( 2; 1), D( 4; –1) x = 2x − x = − = 9 3 I A Do I ; ÷ trung điểm AC suy ra: C y = y − y 2 I A = −1 = C Tương tự I trung điểm BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; –1) r r 2) a) d1 có VTCP u1 = (1; −1;2) qua điểm M( 2; 1; 0), d2 có VTCP u2 = (−2;0;1) qua điểm N( 2; 3;uu0) uu r r r Ta có: u1 , u2 MN = −10 ≠ ⇒ d1 , d2 chéo Gọi A(2 + t;1– t;2t )∈ d1 , B(2 –2t′ ; 3; t′ )∈ d2 uuu r AB.ur = 5 2 t = − u u u r ⇒ AB đoạn vng góc chung d1 d2 ⇔ r ⇒ A ; ; − ÷; B AB.u2 = t ' = (2; 3; 0) x = + t Đường thẳng ∆ qua hai điểm A, B đường vng góc chung d1 d2 ⇒ ∆: y = + 5t z = 2t b) PT mặt cầu nhận đoạn AB đường kính: x − 2009 Câu VII.b: Ta có: (1 + i) = C2009 + iC2009 2 11 13 ÷ +y− ÷ +z+ ÷ = 6 6 3 2009 + + i 2009C2009 2006 2008 = C2009 − C2009 + C2009 − C2009 + − C2009 + C2009 + 2007 2009 (C2009 − C2009 + C2009 − C2009 + − C2009 + C2009 )i Trang 78 ... =b? ?? ? ?b? ?? =b? ?? − (2) 2 4 2c d 1+c d 1+ c d cd ( + a ) c cd a cd a cd a cd cda =c− ≥c− =c− ≥c− =c− − (3) 2 4 2d a 1 +d a 1+ d a da ( + b ) d da2 b da2 b da b da dab =d? ?? ? ?d? ?? =d? ?? ? ?d? ?? =d? ?? − (4) 2 4 2a. .. 2a b 1 +a b 1+ a b Từ (1 ), (2 ), (3 ), (4) suy ra: a b c d ab + bc + cd + da abc + bcd + cda + dab + + + ≥ 4− − 2 2 4 1+ b c 1+ c d 1+ d a 1+ a b Mặt khác: a =a? ?? ? ?a? ?? =a? ?? ? ?a+ c +b+ d • ab + bc + cd... , AK AO = a 27 Câu V: Sử d? ??ng b? ??t đẳng thức Cô–si: cos4 x = ab2 c ab 2c ab c ab(1 + c) ab abc ? ?a? ?? =a? ?? − (1) 4 2b c 1 +b c 1+ b c D? ??u = xảy b = c = bc ( + d ) b bc d bc d bc d bc bcd =b? ?? ? ?b? ??