ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN ĐỀ SỐ 128

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 128 ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm ) Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số ( ) ( ) 4 2 2 2 2 5 5y f x x m x m m= = + − + − + 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số với m = 1 2/ Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân. Câu II(2.0điểm) 1/ Giải phương trình: 2 3 2 cos( ) 6 sin( ) 2sin( ) 2sin( ) 5 12 5 12 5 3 5 6 x x x x π π π π − − − = + − + 2/ . Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 3 5 2 3 2 x y x y x y x y  + + + + + =   + + + − − =   Câu III(1.0 điểm) Tính tích phân : 2 10 10 4 4 0 I (cos sin cos .sin )x x x x dx π = + − ∫ Câu IV(1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC = 2 a , 3aSA = , · · 0 SAB SAC 30= = . Gọi M là trung điểm SA , chứng minh ( )SA MBC⊥ . Tính SMBC V Câu V. (1,0 điểm) Cho 2 số dương x, y thoả mãn : 2222 11 xyyxyx −+−=+ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 2 2 2 11 y y x x +++ PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm ) (Thí sinh chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.) A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2.0điểm) 1, Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(-1;4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng ∆ : x – y – 4 = 0. Xác định toạ độ các điểm B và C , biết diện tích tam giác ABC bằng 18 2.Trong không gian toạ độ Oxyz, hãy viết phương trình mặt cầu tiếp xúc với đường thẳng (d 1 ) : z yx = + = − 2 1 2 1 tại A (1; - 1; 0) và tiếp xúc với đường thẳng (d 2 ): 1 3 ( ) 1 4 x y t t R x t =   = ∈   = −  tại điểm B(1; 0; 1) Câu VI b. (1,0 điểm) Xét phương trình: z 2 + 2bz + c = 0 , ( z ∈ C) trong đó b, c ∈ R, c ≠ 0. Gọi A, B là các điểm biểu diễn hai nghiệm của phương trình đó trong mặt phẳng Oxy. Tìm điều kiện của b, c để ∆ OAB là tam giác vuông B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hypebol (H) : 1 916 22 =− yx . Viết phương trình chính tắc của (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của hypebol (H) và ngoại tiếp hình chữ nhất cơ sở của (H). 2.Trong không gian toạ độ Oxyz. Cho mặt cầu (S) có phương trình : x 2 + y 2 + z 2 – 4x + 2y – 6z – 2 = 0, và các điểm A(1; - 1; 0) , B(0; 2; - 2). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B và cắt (S) theo một đường tròn (C) có chu vi nhỏ nhất. Câu VII.b: (1.0 điểm) Cho hàm số y = − + − 2 2 2 1 x x x (C) và d 1 : y = −x + m, d 2 : y = x + 3. Tìm tất cả các giá trị của m để (C) cắt d 1 tại 2 điểm phân biệt A,B đối xứng nhau qua d 2 . ******* Ht ******* P N THI TH I HC, CAO NG NM 2010 Mụn thi : TON ( 128 ) Cõu ý Hng dn gii chi tit im PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH 7.00 Cõu I 2 * Do tam giỏc ABC luụn cõn ti A, nờn bi toỏn tho món khi vuụng ti A: ( ) 1120. 3 === mmACAB vỡ k (1) Trong ú ( ) ( ) 44;2,44;2 22 +=+= mmmACmmmAB Vy giỏ tr cn tỡm ca m l m = 1. 0.25 0.25 Cõu V Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC = 2 a , 3aSA = , ã ã 0 SAB SAC 30= = . Gọi M là trung điểm SA , chứng minh ( )SA MBC . Tính SMBC V 1 Theo định lí côsin ta có: ã 2 2 2 2 2 0 2 SB SA AB 2SA.AB.cosSAB 3a a 2.a 3.a.cos30 a= + = + = Suy ra aSB = . Tơng tự ta cũng có SC = a. 0.25 Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên MB SA, MC SA. Suy ra SA (MBC). 0.25 Hai tam giỏc SAB v SAC cú ba cp cnh tng ng bng nhau nờn chỳng bng nhau. Do ú MB = MC hay tam giỏc MBC cõn ti M. Gi N l trung im ca BC suy ra MN BC. Tng t ta cng cú MN SA. 16 a3 2 3a 4 a aAMBNABAMANMN 2 2 2 2222222 = === 4 3a MN = . 0.25 Do đó 3 . 1 1 1 3 3 . . . . 3 2 6 2 4 2 32 S MBC a a a a V SM MN BC= = = (đvtt) 0.25 PHN RIấNG CHO MI CHNG TRèNH 3.00 Phn li gii bi theo chng trỡnh Chun Cõu VIa 2 Phn li gii bi theo chng trỡnh Nõng cao CõuVII.b Cho hm s y = + 2 2 2 1 x x x (C) và d 1 : y = x + m, d 2 : y = x + 3. Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca m (C) ct d 1 ti 2 im phõn bit A,B i xng nhau qua d 2 . 1 * Honh giao im ca (C) v d 1 l nghim ca phng trỡnh : + = + 2 2 2 1 x x x m x 0.5 S A B C M N 2x 2 -(3+m)x +2+m=0 ( x1) (1) d 1 ct (C) ti hai im phõn bit p trỡnh (1) cú hai nghim phõn bit khỏc 1 + + > 2 2 3 2 1 2 7 0 m m m m m 2 -2m-7>0 (*) Khi đó(C) cắt (d 1 )tại A(x 1 ; -x 1 +m); B(x 2 ; -x 2 +m) ( Với x 1 , x 2 là hai nghiệm của (1) ) * d 1 d 2 theo giả thiết Để A, B đối xứng nhau qua d 2 P là trung điểm của AB Thì P thuộc d 2 Mà P( + + + 1 2 1 2 ; 2 2 x x x x m ) P( + 3 3 3 ; 4 4 m m ) Vậy ta có + = + = 3 3 3 3 9 4 4 m m m ( thoả mãn (*)) Vậy m =9 là giá trị cần tìm. 0.5 Cõu V +) Nhn xột: a, b, c, d ta cú: (ab + cd) 2 (a 2 + c 2 ).(b 2 + d 2 ), cú = khi ad = bc (1) +) p dng (1) ta cú (x 2 + y 2 ) 2 (x 2 + y 2 ) (2 (x 2 + y 2 ) ( Cú th s dng vec t chng minh kt qu ny) 0 < x 2 + y 2 1 +) p dng bt Cụ si cú A x 2 + y 2 + y x 4 22 + ; t t = x 2 + y 2 , 0 < t 1, xột hm s: f(t) = t + t 4 vi 0 < t 1, lp bng bin thiờn ca hm s . Kt lun: Min A = 5 t khi x = y = 2 1 Cõu VI a. 1) 1 4 4 9 AH 2 2 1 36 36 S AH.BC 18 BC 4 2 9 2 AH 2 = = = = = = = Pt AH : 1(x + 1) + 1(y 4) = 0 x y 4 7 1 H : H ; x y 3 2 2 = ữ + = B(m;m 4) 2 2 2 2 2 BC 7 1 HB 8 m m 4 4 2 2 7 11 m 2 7 2 2 m 4 7 3 2 m 2 2 2 = = = + + ữ ữ = + = = ữ = = Vy 1 1 2 2 11 3 3 5 3 5 11 3 B ; C ; hay B ; C ; 2 2 2 2 2 2 2 2 ữ ữ ữ ữ 2) 784 197 ) 14 5 () 7 6 () 28 19 ( 222 =+++ zyx Cõu VI b. c = 2b 2 > 0 Cõu VIIa. 1) (H) : ( ) ( ) 0;5F;0;5F 21 . Hỡnh ch nht ca (H) cú mt nh M( 4; 3), PT (E) cú dng: 1 b y a x 2 2 2 2 =+ ( víi a > b) (E) : ( ) ( ) ( ) 15ba0;5F;0;5F 222 21 =−⇒− . ( ) ( ) ( ) 2bab16a9E3;4M 2222 =+⇔∈ Từ (1) và (2):    = = ⇔    =+ += 15b 40a bab16a9 b5a 2 2 2222 222 . Vây : 1 15 y 40 x 22 =+ 2) PT mặt phẳng cần tìm : x + 11y + 16z – 12 = 0. II2)Cộng và trừ từng vế hai phương trình của hệ ta được hệ tương đương:        =+ =+++ 2 3 2 7 32 22 yx yx ⇔        =+−++ −= 2 7 3) 2 3 (2 2 3 22 xx xy ⇔ … ⇔       = = ) 20 13 ; 20 17 ();( )1; 2 1 ();( yx yx Chú ý : - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa từng phần = = = = = == = = Hết = = = = = = = =