ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN ĐỀ SỐ 132

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 132 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 ĐIỂM) Câu I. (2 điểm) Cho hàm số: x 1 y x 1 + = − có đồ thị là (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) : y 2x m= + luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt M và N thuộc trên hai nhánh của (C). Khi đó hãy tìm các giá trị của m để đoạn MN ngắn nhất. Câu II. (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2 2sin cos x 1 sin sin 2x 2 2 π π     = −  ÷  ÷     . 2. Giải phương trình: 1 1 3 2 (x 24) (12 x) 6+ + − = . Câu III. (1 điểm) Tính tích phân: 1 3 33 0 dx I (1 x ). 1 x = + + ∫ Câu IV. (1 điểm) Trong mặt phẳng (P) cho tam giác đều ABC cạnh a, I là là trung điểm của BC và D là điểm đối xứng của A qua I. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại D lấy một điểm S sao cho a 6 SD 2 = . Gọi H là hình chiếu của I trên SA. Chứng minh rằng (SAB) (SAC)⊥ và tính theo a thể tích của khối chóp H.ABC. Câu V.(1 điểm) Cho a, b, c là các số dương thuộc khoảng ( ) 0; 6 và a b c 3 3+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 1 1 1 P 6 a 6 b 6 c = + + − − − . II. PHẦN RIÊNG (3 ĐIỂM) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy cho hai đường tròn 1 (C ) và 2 (C ) nằm cùng phía đối với trục tung. Biết 2 2 1 (C ): (x 1) (y 2) 1− + − = và 2 (C ) tiếp xúc với trục tung tại gốc tọa độ, có đường kính bằng 4. Viết phương trình các tiếp tuyến chung của 1 (C ) và 2 (C ) . 2. Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz. Viết phương trình đường thẳng qua điểm A(1;1;0) đồng thời cắt cả hai đường thẳng 1 x 1 (d ) : y t ; (t ) z t =   = ∈   =  ¡ và 2 x 1 u (d ) : y 0 ; (u ) z 1 = − +   = ∈   =  ¡ . Câu VII.a. (1 điểm) Cho số tự nhiên n thỏa: 1 2 n 2009 n n n 1.C 2C . nC n.2+ + + = . Tìm số hạng chứa 805 x trong khai triển nhị thức Niutơn của n 1 x ; x 0 2x x   + >  ÷   . Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu VI.b. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy, cho hình vuông tâm I(2;3) , có một cạnh nằm trên đường thẳng ( ) : x 2y 1 0∆ − − = . Viết phương trình các cạnh của hình vuông đó. 2. Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz, cho mặt cầu 2 2 2 (S) : (x 1) (y 2) (z 3) 64− + + + + = và mặt phẳng (P) : 2x y 2z 13 0− + + = cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn (C). Xác định tâm và bán kính của đường tròn đó. Câu VII.b. (1 điểm) Trong các số phức thỏa mãn điều kiện 3 z 2 3i 2 − + = . Hãy tìm số phức có môđun nhỏ nhất. –––––––––––––––––––––––––– Hết –––––––––––––––––––––––––––– Ghi chú: Học sinh trình bày bài làm rõ ràng, sạch sẽ, không sử dụng bút xóa và bút chì. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 132 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 ĐIỂM) Câu I. (2 điểm) 1. (học sinh tự giải) 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C): x 1 (x 1)(2x m) ; (x 1)+ = − + ≠ 2 2x (3 m)x 1 m 0 ; (x 1)⇔ − − − − = ≠ Đặt: 2 f (x) 2x (3 m)x 1 m= − − − − Ta có: 2 2 (3 m) 8(1 m) m 2m 7 0 ; m f (1) 2 0 ; m  ∆ = − + + = + + > ∀  = − ≠ ∀  ⇒ (d) luôn cắt (C) tai hai điểm phân biệt M và N Mặt khác: N M a.f (1) 2.f (1) 4 0 x 1 x= = − < ⇒ < < Vậy M, N luôn thuộc hai nhánh của (C). Ta có: M M N N y 2x m (do M, N (d)) y 2x m = +  ∈  = +  2 2 2 2 2 2 2 M N M N M N (3 m) 5 MN (x x ) (y y ) 5(x x ) 5(S 4P) 5 2(1 m) (1 m) 16 20 4 4   −   = − + − = − = − = + + = + + ≥       Vậy: min MN 2 5 m 1 0 m 1= ⇔ + = ⇔ = − Câu II. (2 điểm) 1. 2 2 2sin cos x 1 sin sin 2x 2 2 π π     = −  ÷  ÷     ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 2sin cos x sin sin 2x cos cos x sin sin 2x 2 2 2 cos cos x cos sin 2x cos cos x cos (1 sin 2x) 2 2 2 1 cos x (1 sin2x) k2 cos x (1 sin 2x) 2k 2 2 1 1 (1 cos2x) (1 sin2x) 2k 2 2 1 π π π       ⇔ − = ⇔ π =  ÷  ÷  ÷       π π π     ⇔ π = − ⇔ π = −  ÷  ÷     π ⇔ π = ± − + π ⇔ = ± − + + = − + ⇔ 1 cos2x 1 sin 2x 4k sin 2x cos2x 4k (1) 1 1 cos2x sin 2x 1 4k sin 2x cos2x 2 4k (2) (1 cos2x) (1 sin 2x) 2k 2 2   + = − + + =   ⇔ ⇔    + = − + − = −    + = − − +   Phương trình (1) có nghiệm 2 2 2 1 1 k (4k) 1 1 2 16k 2 8k 1 0 k 0 2 2 2 2 k  − ≤ ≤  ⇔ ≤ + = ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ⇔ =   ∈  ¢ Phương trình (2) có nghiệm 2 2 2 2 (2 4k) 1 1 2 4(1 2k) 2 4(1 4k 4k ) 2 8k 8k 1 0⇔ − ≤ + = ⇔ − ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ − + ≤ 2 2 2 2 k k 4 4 k  − + ≤ ≤  ⇔ ⇔ ∈φ ⇒   ∈  ¢ phương trình (2) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi k 0= sin 2x cos2x 0⇔ + = k sin 2x 0 2x k x ; (k ). 4 4 8 2 π π π π   ⇔ + = ⇔ + = π ⇔ = − + ∈  ÷   ¢ -1 x y -1 1 1 O 2. Nhận xét: Theo định nghĩa của lũy thừa số mũ hữu tỉ, cơ số phải dương nên điều kiện có nghĩa của biểu thức là: x 24 0 24 x 12 12 x 0 + >  ⇔ − < <  − >  . Đặt: 1 1 3 2 u (x 24) ; v (12 x)= + = − với u, v 0.> Ta có: 3 2 3 2 3 2 2 u v 6 u v 6 u v 6 u v 6 u v 36 u (6 u) 36 u u 12u 0 u(u u 12) 0 + = + = + = + =     ⇔ ⇔ ⇔     + = + − = + − = + − =     u 3 (do u, v 0) v 3 =  ⇔ >  =  1 3 1 2 (x 24) 3 x 24 27 (12 x) 3 12 x 9 x 3 24 x 12 24 x 12  + =  + =     ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =     − < < − < <     (thỏa) Câu III. (1 điểm) Đặt: ( ) ( ) 1 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 3 x t 1 x t 1 t 1 x t 1 x t dt t dt x dx t dt dx x t 1  = − ⇒ = −   = + ⇔ = + ⇒  = ⇒ = =   −  Đổi cận: Khi đó: ( ) ( ) ( ) 3 3 3 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 4 4 3 2 3 1 1 1 3 3 t t 1 t dt I dt dt t t . t 1 t . t 1 − = = = − − ∫ ∫ ∫ 3 3 3 2 3 2 2 2 3 2 2 4 1 1 1 3 3 4 2 3 3 3 1 1 dt dt t dt t 1 1 t 1 t . t 1 t t −   −  ÷   = = =       − −  ÷  ÷         ∫ ∫ ∫ Ta lại đặt tiếp: 3 4 4 1 3dt du dt u 1 du t t 3 t = − ⇒ = ⇔ = Đổi cận: Vậy: 3 2 1 3 2 1 1 1 2 1 2 2 1 2 2 3 2 3 3 3 3 4 3 1 0 0 0 0 1 1 u 1 1 u 1 t I dt du u du u 1 t 3 3 3 2 3 − − −     −  ÷  ÷   = = = = = =  ÷  ÷   ∫ ∫ ∫ . Câu IV. (1 điểm) Chứng minh: (SAB) (SAC)⊥ . Ta có: BC AD BC (SAD) BC SA BC SD (doSD (ABC)) ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥ ⊥  Như vậy: SA BC SA (HBC) SA IH ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  SA HB ⇒ ⊥ và SA HC ⊥ · · [(SAB),(SAC)] BHC⇒ = . Ta có: HI AI AHI ADS SD AS ∆ ∆ ⇒ =: với: a 6 SD 2 = , a 3 AI 2 = u t 3 2 1 1 2 0 t x 0 1 1 3 2 2 2 2 2 a 6 3a 2 AS AD SD (a 3) ( ) 2 2 = + = + = AI.DS a 3 a 6 2 a HI SD . . AS 2 2 2 3a 2 ⇒ = = = = Tam giác HBC có a IH IB IC 2 = = = HBC ⇒ ∆ vuông tại H · 0 BHC 90⇒ = Vậy: (SAB) (SAC)⊥ (đpcm) Tính theo a thể tích của khối chóp H.ABC Ta có: H.ABC S.ABC S.HBC V V V= − 2 3 S.ABC ABC 1 1 a 6 a 3 a 2 V SD.S . . 3 3 2 4 8 = = = (đvtt). SH là đường cao của hình chóp S.HBC S.HBC BCH 1 V SH.S 3 ∆ ⇒ = Tam giác IHC có a a 2 IH IC , HC IHC 2 2 = = = ⇒ ∆ vuông cân tại I. IHB ⇒ ∆ vuông cân tại I a 2 HB HC 2 ⇒ = = 2 2 BHC 1 1 a 2 a S HB.HC .( ) 2 2 2 4 ∆ ⇒ = = = (đvdt) Tam giác AHB vuông tại H 2 2 2 2 2 2 a 2 a a 2 AH BA BH a ( ) a 2 2 2 ⇒ = − = − = − = 3a 2 a 2 2a 2 SH SA AH a 2 2 2 2 2 = − = − = = 2 3 S.HBC 1 a a 2 V .a 2. 3 4 12 ⇒ = = (đvtt). Vậy: 3 3 3 H.ABC S.ABC S.HBC a 2 a 2 a 2 V V V 8 12 24 = − = − = (đvtt). Câu V. (1 điểm) Vẻ đường tròn tâm O đường kính AB 6= Do 0 a 6< < , trên đường tròn ta lấy điểm M sao cho 2 AM a MB 6 a= ⇒ = − . Gọi C là điểm chính giữa của nửa cung tròn chứa điểm M CO AB⇒ ⊥ (Chú ý rằng các tam giác MAB và CAB vuông tại M và C). Ta có: AMB 2S AM.MB HM.AB CO.AB ∆ = = ≤ (Vì MH ≤ OC) 2 6 a 6 a . 6 3 2 ⇒ − ≤ = 2 1 a 3 6 a ⇒ ≥ − (1). Dấu đẳng thức xảy ra khi a 3= Hoàn toàn tương tự ta cũng có: 2 1 b 3 6 b ≥ − (2) và 2 1 c 3 3 c ≥ − (3). Cộng (1) , (2) và (3) vế theo vế ta được: 2 2 2 1 1 1 a b c 3 3 3 3 3 6 a 6 b 6 c + + + + ≥ = = − − − Vậy min P 3= đạt được khi a = b = c = 3 . II. PHẦN RIÊNG (3 ĐIỂM) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm) 1. Ta có: A B C M a O H 2 6 a − A H B I C D S Đường tròn 1 (C ) có tâm I(1;2) và bán kính 1 R 1= nên 1 (C ) tiếp xúc với Oy (1) Do hai đường tròn 1 (C ) và 2 (C ) nằm cùng phía với trục tung và đường tròn 2 (C ) tiếp xúc với trục tung tại gốc tọa độ, có đường kính bằng 4 nên 2 (C ) có tâm J( 2;0) nằm trên trục hoành và có bán kính 2 R 2= (2) Mà: 1 2 1 2 1 R R IJ R R (C )− < < + ⇒ và 2 (C ) cắt nhau tại hai điểm. ⇒ 1 (C ) và 2 (C ) có hai tiếp tuyến chung. Từ (1) và (2) suy ra trục Oy: x 0 = là một tiếp tuyến chung của 1 (C ) và 2 (C ) . Đường nối tâm IJ có phương trình là: I I J I J I x x y y x 1 y 2 2x y 4 0 x x y y 1 2 − − − − = ⇔ = ⇔ + − = − − − Gọi M Oy IJ= ∩ ⇒ tọa độ điểm M thỏa hệ: x 0 x 0 M(0;4) 2x y 4 0 y 4 = =   ⇔ ⇒   + − = =   Gọi H OH IJ = ∩ ⇒ H là trung điểm của ON (với N ∈ 2 (C ) ) OH đi qua gốc tọa độ O và OH IJ (OH) : x 2y 0⊥ ⇒ − = Tọa độ điểm H thỏa hệ: 8 x x 2y 0 8 4 16 8 5 H ; N ; 2x y 4 0 4 5 5 5 5 y 5  =  − =       ⇔ ⇒ ⇒    ÷  ÷ + − =       =   Tiếp tuyến chung thứ hai của 1 (C ) và 2 (C ) là MN có phương trình: M M N M N M x x y y x y 4 3x 4y 16 0 16 8 x x y y 4 5 5 − − − = ⇔ = ⇔ + − = − − − . Vậy 1 (C ) và 2 (C ) có hai tiếp tuyến chung là: 1 ( ) : x 0∆ = và 2 ( ) : 3x 4y 16 0∆ + − = 2. Gọi (d) là đường thẳng cần tìm và (d) cắt 1 (d ) và 2 (d ) theo thứ tự tại B và C Ta có: 1 B (d ) B(1;t;t)∈ ⇒ và 2 C (d ) C( 1 u;0;1)∈ ⇒ − + AB (0; 1 t;t)⇒ = − + uuur , AC ( 2 u; 1;1)= − + − uuur Ba điểm A, B, C thẳng hàng 1 t 0 1 t t 1 1 B 1; ; , C(1;0;1) 2 2 u 1 1 2 2 u 2  = − +    ⇔ = = ⇔ ⇒   ÷ − + −    =  Vậy x 1 qua A(1;1;0) (d) : (d) : y 1 t ; (t ). vtcp CA (0; 1;1) z t =    ⇔ = − ∈   = −   =  uuur ¡ Câu VII.a. (1 điểm) Xét nhị thức: ( ) n n k k n k 0 1 x C .x = + = ∑ . Lấy đạo hàm hai vế ta có: ( ) n n 1 k k 1 n k 1 n 1 x kC x − − = + = ∑ . Cho x = 1 ta được: 1 2 n n 1 n 1 2009 n 1 2009 n n n 1.C 2.C . n.C n.2 n.2 n.2 2 2 n 2010 − − − + + + = ⇒ = ⇔ = ⇔ = Ta có: ( ) 2010 k 2010 2k 3k 2010 2010 2010 2010 k k k k 1005 2k 2 2 2010 2010 2010 k k 0 0 0 1 1 1 1 x C x C x .x C x 2 2 2x x 2x x − − − −     + = = =  ÷  ÷     ∑ ∑ ∑ Yêu cầu bài toán 1005 2k 805 k 100 ⇔ − = ⇔ = Vậy số hạng cần tìm là: 100 2010 100 1 C 2 . M y O I J N 1 2 4 2 4 x Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu VI.b. (2 điểm) 1. Gọi k là hệ số góc của đường chéo (d) của hình vuông I I (d) : y k(x x ) y kx y 3 2k 0⇒ = − − ⇔ − + − = Ta có: ( ) 1 k 1 2k 2 tan (d);( ) 1 2 k 1 k 2 − − ∆ = = + + ( ) · 1 2k 1 do (d);( ) 2 k 4 − π   ⇒ = ± ∆ =  ÷ +   1 k k 3 3 ⇔ = − ∨ = Vậy phương trình hai đường chéo của hình vuông là: 1 (d ) : x 3y 11 0+ − = và 2 (d ) : 3x y 3 0− − = Gọi M ( ) IM= ∆ ∩ ⇒ tọa độ điểm M thỏa hệ: x 2y 1 0 x 5 M(5;2) x 3y 11 0 y 2 − − = =   ⇔ ⇒   + − = =   I là trung điểm MP P( 1;1)⇒ − Vậy phương trình các cạnh của hình vuông là: (MQ) : x 2y 1 0− − = (chính là ( )∆ ) (MN) : 2x y 12 0 ( ( )+ − = ⊥ ∆ tại M ) (PQ) : 2x y 2 0+ − = (qua P và ( )⊥ ∆ ) (MQ) : x 2y 9 0− + = (qua P và // ( )∆ ) 2. Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; 3)− − và bán kính R 8 = Ta có: [ ] 2 2 6 13 11 HI d I;(P) R 8 3 4 1 4 + − + = = = < = + + ⇒ (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn (C). Đường tròn (C) có tâm H là hình chiếu của I trên mặt phẳng (P) và bán kính là 2 2 2 2 11 455 r AH R HI 8 3 3   = = − = − =  ÷   Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến là n (2; 1;2)= − r Gọi (d) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P) qua I(1; 2; 3) (d) : vtcp n (2; 1;2) − −  ⇒  = −  r x 1 2t (d) : y 2 t ; (t ) z 3 2t = +   ⇒ = − − ∈   = − +  ¡ H (d) (P) H(1 2t;2 t ; 3 2t)= ∩ ⇒ + + − + thay vào (P) ta được: 11 2(1 2t) ( 2 t) 2( 3 2t) 13 0 9t 11 0 t 9 + + + + − + + = ⇔ + = ⇔ = − 13 7 49 H ; ; 9 9 9   ⇒ − − −  ÷   Vậy đường tròn cần tìm có tâm 13 7 49 H ; ; 9 9 9   − − −  ÷   và bán kính bằng 455 3 . Câu VII.b. (1 điểm) Đặt: z a bi= + Ta có : 2 2 3 3 3 9 z 2 3i a bi 2 3i (a 2) (b 3)i (a 2) (b 3) (*) 2 2 2 4 − + = ⇔ + − + = ⇔ − + + = ⇔ − + + = Từ (*) suy ra điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn hệ thức đã cho nằm trên đường tròn tâm I(2; 3)− và bán kính 3 R 2 = . Ta có: min z ⇔ M nằm trên đường tròn và gần gốc tọa độ O nhất. Đó là điểm 1 M trên hình vẽ (là một trong hai giao điểm của OI với đường tròn) Kẻ 1 M H Ox⊥ ta có: 2 2 1 OI OH OM 4 9 13= + = + = 2 -3 I y x O H 1 M M P ( ) ∆ I Q N 0 45 Theo Talet ta có: 1 1 1 6 13 9 78 9 13 3 M H b 3 26 OH M H M O 2 13 2 2 3 OI 13 2 3 3 26 3 13 OH a 13 13  − − = = =  −  = = = ⇒  − −  = = =   Vậy số phức cần tìm là: 26 3 13 78 9 13 z i 13 26 − − = + ________________________________________________________________________________________