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!
Diemthi.24h.com.vn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 144) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm ) Câu I: Cho hàm số ( ) ( ) 5522 224 +−+−+= mmxmxxf ( C ) 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1 2/ Tìm các giá trị thực của m để (C) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân. Câu II: 1/ Giải bất phương trình sau trên tập số thực: xxx 25 1 32 1 − ≤ −−+ 2/ Tìm các nghiệm thực thoả mãn 0log1 3 1 ≥+ x của phương trình: ( ) 332tan3sin32tan.sin =−+ xxxx Câu III: Tính tích phân sau: ( ) 1 0 1 2 ln 1 1 x x x dx x − ÷ − + ÷ + ∫ Câu IV: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi,góc A=120 0 , BD = a >0. Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và đáy bằng 60 0 . Một mặt phẳng (α) đi qua BD và vuông góc với cạnh SC. Tính tỉ số thể tích giữa hai phần của hình chóp do mặt phẳng (α) tạo ra khi cắt hình chóp. Câu V: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn bcaabc =++ . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 3 1 2 1 2 222 + + + − + = cba P PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm ) (Thí sinh chọn 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: 1/ Cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình 01 =++ yx . Phương trình đường cao vẽ từ B là: 022 =−− yx . Điểm M(2;1) thuộc đường cao vẽ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC. 2/ Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;1;1),cắt đường thẳng ( ) 2 1 13 2 : 1 − − == + z y x d và vuông góc với đường thẳng ( ) tztytxd +=−=+−= 2;5;22: 2 ( Rt ∈ ). Câu VII.a: Giải phương trình sau trên N * : ( ) 64802312 .73 2321 −−=−++++ nnn n n nnn CCCC B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 1/ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Elip (E): 2 2 5 5x y+ = , Parabol ( ) 2 : 10P x y= . Hãy viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ( ) : 3 6 0x y∆ + − = , đồng thời tiếp xúc với trục hoành Ox và cát tuyến chung của Elip (E) với Parabol (P). 2/ Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P): x+y+z-1=0 đồng thời cắt cả hai đường thẳng ( ) 11 1 2 1 : 1 zyx d = − + = − và ( ) tzytxd −=−=+−= ;1;1: 2 , với Rt ∈ . Câu VII.b: Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: += += + 122 4 2 22 log61 xx yy yx . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị ( Ký và ghi rõ họ, tên) ………………………… Số báo danh của thí sinh: Diemthi.24h.com.vn Diemthi.24h.com.vn Hớng dẫn giảI THI TH I HC, CAO NG NM 2010. Mụn thi : TON ( 144 ) . Cõu ý Hớng dẫn giải chi tiết Điểm PHN CHUNG CHO TT C C C TH SINH 7.00 Cõu I Kho sỏt h m s ( 2 im ) 1 Vi m =1. Khảo sát hàm số ( ) 12 24 +== xxyxf (C) (1.00 điểm ) 1* TXĐ: D = R 2* Sự biến thiên ca hm s: * Giới hạn ti vụ cc: ( ) += xf x lim : ( ) += + xf x lim 0.25 * Bảng biến thiên: ( ) ( ) 1444'' 23 === xxxxyxf 1;1;00' ==== xxxy x - -1 0 1 + y - 0 + 0 - 0 + y + 1 + 0 0 Hàm số đồng bin trên mi khoảng ( ) 0;1 và ( ) + ;1 , nghch bin trờn mi khong ( ) 1; v ( ) 1;0 H m s t cc tiu ti 0;1 == CT yx , t cc i ti 1;0 == CD yx 0.5 3* Đồ thị: * im un: 412'' 2 = xy , cỏc im un l: 9 4 ; 3 3 , 9 4 ; 3 3 21 UU * Giao im vi cỏc trc to : A(0; 1), B(-1;0) v C(1; 0) * Hm s l chn trờn R nờn th nhn trc Oy lm trc i xng * th: Giỏm kho t v hỡnh 8 6 4 2 -2 -4 -5 5 * Chỳ ý: i vi Hs hc chng trỡnh c bn thỡ quy tc KSHS thc hin nh chng trỡnh chnh lý hp nht 2000. 0.25 2 Tỡm tham s m (1.0 im) * Ta cú ( ) ( ) mxxxmxxf ===+= 2;00244' 23 0.25 * Hm s cú C, CT khi f(x)=0 cú 3 nghim phõn bit v i du : m < 2 (1) . To cỏc im cc tr l: ( ) ( ) ( ) mmCmmBmmA + 1;2,1;2,55;0 2 0.25 * Do tam giỏc ABC luụn cõn ti A, nờn bi toỏn tho món khi vuụng ti A: ( ) 1120. 3 === mmACAB vỡ k (1) 0.5 Trong đó ( ) ( ) 44;2,44;2 22 −+−−−=−+−−= mmmACmmmAB Vậy giá trị cần tìm của m là m = 1. Câu II Giải phương trình và bất phuơng trình ( 2.00 điểm ) 1 Giải bpt xxx 25 1 32 1 − ≤ −−+ ( 1.00 điểm ) * ĐK: ≠ <≤− 2 1 2 5 2 x x 0.25 * Với 2 1 2 <≤− x : 025,032 >−<−−+ xxx , nên bpt luôn đúng 0.25 * Với 2 5 2 1 << x : 32151122532 2 −≤+−⇔−≥−−+⇔ xxxxxxBpt Ta có: <≤⇔ ≥−− <≤ 2 5 2 062 2 5 2 3 2 x xx x 0.25 Vậy tập nghiệm của bpt là: ∪ −= 2 5 ;2 2 1 ;2S 0.25 2 Nghiệm PTLG ( ) 332tan3sin32tan.sin =−+ xxxx * ĐK : 1 3 1 log 0 0 3x x+ ≥ ⇔ < ≤ 0.25 * ĐK : 02cos ≠ x PT tương đương với ( ) ( ) 32tan032tan3sin −=⇔=+− xxx Zkkx ∈+−=⇔ ; 26 ππ 0.5 * Kết hợp với điều kiện (1) ta được k = 1; 2 nên 6 5 ; 3 ππ == xx 0.25 Câu III Tính tích phân ( ) 1 0 1 2 ln 1 1 x K x x dx x − ÷ = − + ÷ + ∫ ( 1.00 điểm) * Tính Idx x x = + − ∫ 1 0 1 1 , Đặt ∈= 2 ;0;cos π ttx Đổi cận: 2 0 π =⇒= tx và 01 =⇒= tx Ta có: dtttdxtx .cos.sin2cos 2 −=⇒= 0.25 * Biến đổi: ( ) dtttdx x x .cos.cos12. 1 1 −−= + − * Nên ( ) ( ) 2 22sin 2 1 sin22cos1.cos2.coscos12 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 π π ππ πππ −=−−=+−=−= ∫∫∫ tttdttdttdtttI 0.25 * Tính ( ) Jdxxx =+ ∫ 1 0 1ln2 Đặt ( ) = + = ⇒ = += 2 1 1 2 1ln xv dx x du xdxdv xu 0.25 * Nên 0.25 ( ) 2 1 1ln 2 2ln 1 1 12ln 1 1ln. 1 0 2 1 0 1 0 2 1 0 2 = ++−−= + +−−= + −+= ∫∫ xx x dx x xdx x x xxJ Vậy 2 3 π − =−= JIK Câu IV Hình học không gian ( 1.00 điểm ) * Hình thoi ABCD có góc A=120 0 và tâm O nên tam giác ABC đều : 22 1 a BDOB == và 3 3a ACAB == Đặt I là trung điểm BC thì OBAIBCAI =⊥ ; Mà ( ) SIBCABCDmpSA ⊥⇒⊥ . Do đó SIA ∠ là góc giữa 2 mp(SBC) và mp(ABCD) vì SAI ∆ vuông tại A : 2 3 60tan.60 00 a AISASIA ==⇒=∠ 0.25 * Kẻ SCOK ⊥ tại K thì mp(BD;OK) là mp(α). Khi đó KOC~SC ∆∆ A : ACOC SC KC SC SC ACOC KC KC AC OC SC . . 2 =⇔=⇔= (1) Lại do 222 ; 2 1 ACSASCACOC +== , nên HK SA AC SA KC SC == += 2 13 12 2 2 Trong đó H là hình chiếu của K trên mp(ABCD) và H thuộc AC. 0.25 * Ký hiệu V, V 1 , và V 2 là thể tích của hình chóp S.ABCD, K.BCD và phần còn lại của hình chóp S.ABCD: 13.2 . . 1 === HK SA HKS SAS V V BCD ABCD 0.25 * Ta được: 12131 1 2 1 2 1 21 1 =⇔=+= + = V V V V V VV V V O A B D C S I K H 0.25 Câu V Tìm GTLN của biểu thức 1 3 1 2 1 2 222 + + + − + = cba P (1) ( 1.00 điểm ) * Điều kiện ac ca bbcaabc − + =⇔=++ 1 vì 1 ≠ ac và 0,, > cba Đặt CcAa tan,tan == với ZkkCA ∈+≠ ; 2 , π π . Ta được ( ) CAb += tan 0.25 (1) trở thành ( ) ( ) ( ) ( ) CC C CCAA CCAA P 2 2 222 222 cos3sin.C2A2sin cos32C2Acos-cos2A cos3cos22cos 1tan 3 1tan 2 1tan 2 ++= ++= ++−= + + ++ − + = 0.25 Do đó: 3 10 3 1 sin 3 10 3sin3sin2 2 2 ≤ −−=+−≤ CCCP Dấu đẳng thức xảy ra khi: ( ) ( ) >+ =+ = 0sin.2sin 12sin 3 1 sin CCA CA C 0.25 Từ 4 2 tan 3 1 sin =⇒= CC . từ ( ) ( ) 02cos12sin =+⇔=+ CACA được 2 2 tan = A Vậy ===⇔= 4 2 ;2; 2 2 3 10 . cbaxPMa 0.25 PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH 3.00 Phần lời giải bài theo chương trình Chuẩn Câu VIa Phương pháp toạ độ trong mp và trong không gian ( 2.00 điểm) 1 Toạ độ trong mạt phẳng ( 1.00 điểm ) * Gọi D, E lần lượt là chân đương cao kẻ từ B, C. Ta có toạ độ điểm B(0 ; -1) và ( ) 2;2 = BM , suy ra BCMB ⊥ Kẻ MN // BC cắt BD tại N thì BCNM là hình chữ nhật. 0.25 * Phương trình đường thẳng MN là: 03 =−+ yx BDMNN ∩= nên 3 1 ; 3 8 N . Do BCNC ⊥ nên pt là 0 3 7 =−− yx 0.25 * Toạ độ C là nghiệm của hpt: −⇒ =−− =++ 3 5 ; 3 2 0 3 7 01 C yx yx Toạ độ vectơ = 3 8 ; 3 4 CM , nên phương trình AB là: 022 =++ yx 0.25 * Một vectơ chỉ phương của BN là vectơ pháp tuyến của AC, nên phương trình cạnh AC là: 0136 =++ yx E D B C A M N 0.25 2 Toạ độ trong không gian (1.00 điểm) * VTCP của d 2 là ( ) 1;5;2 −= v và cũng là VTPT của mp(P) đi qua M và vuông góc với d 2 . Pt mp(P) là: 0252 =++− zyx 0.25 * Gọi A là giao điểm của d 1 và mp(P) nên ( ) tttA 21;;32 −+− Thay vào phương trình mp(P) thì ( ) 3;1;51 −−⇒−= At 0.25 * Đường thẳng d cần lập pt có VTCP ( ) ( ) 2;2;61;1;3 −−=−= MAdou Vậy phường trình đường thẳng d là: 1 1 1 1 3 1 − − = − = − zyx (vì d ≠ d 2 ) 0.5 CâuVII.a Giải pt : ( ) 64802312 .73 2321 −−=−++++ nnn n n nnn CCCC (1.00 điểm) * Trên R. Xét ( ) nn nnnnn n xCxCxCxCCx .1 332210 +++++=+ Lấy đạo hàm 2 vế ( ) 12321 1 .3.21 − − ++++=+ nn nnnn n xnCxCxCCxn 0.25 * Lấy tích phân: ( ) xdxnCxdxCxxdCdxCdxxn nn nnnn n ∫∫∫∫∫ − − ++++=+ 2 1 1 2 1 23 2 1 2 2 1 1 2 1 1 .321 0.25 * Ta được ( ) nnn n n nnn CCCC 2312 .73 321 −=−++++ 0.25 * Giải phương trình 064803364802323 22 =−−⇔−−=− nnnnnn Suy ra 4813 =⇔= n n 0.25 Phần lời giải bài theo chương trình Nâng cao Câu VI.b Phương pháp toạ độ trong mp và trong không gian (2.00 điểm) 1 Toạ độ trong mặt phẳng (1.00 điểm) * Toạ độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của HPT: =+ = 55 10 22 2 yx yx Nhận thấy: với mỗi x > 0, có 2 giá trị y đối xứng nhau, suy ra đường thẳng đi qua các giao điểm là: x = 2 ( cát tuyến chung) 0.25 * Gọi I là tâm đường tròn và I thuộc đường thẳng nên: ( ) bbI ;36 −= Theo bài ra: = = ⇔ −=− =− ⇔=−− 2 1 34 34 236 b b bb bb bb 0.25 Ta có: Tâm ( ) 1;3 1 = I và 1 1 = R . Phương trình là ( ) ( ) 113 22 =−+− yx 0.25 Tâm ( ) 2;0 2 = I và 2 2 = R . Phương trình là : ( ) 42 2 2 =−+ yx 0.25 2 Toạ độ trong không gian ( 1.00 điểm) * Điểm ( ) 1 dM ∈ , nên toạ độ của ( ) 111 ;1;21 tttM −−+= điểm ( ) 2 dN ∈ , nên toạ độ của ( ) ttN −−+−= ;1;1 Suy ra ( ) 111 ;;22 tttttMN −−−−= 0.25 * Với ( ) dNM ∈ , và mặt phẳng (P) có 1 VTPT là ( ) 1;1;1 = n . Suy ra: ( ) ( ) 111 * 22;. tttttRknkMNPmpd −−==−−⇔∈=⇔⊥ 0.25 * Giải ra ta được − = = 5 2 5 4 1 t t , do đó −−= 5 2 ; 5 3 ; 5 1 M 0.25 * Vậy phuơng trình đường thẳng (d) là: 5 2 5 3 5 1 +=+=− zyx 0.25 CâuVII.b Giải hệ phương trình += += + 122 4 2 22 log61 xx yy yx ( 1.00 điểm ) * ĐK : y > 0 Phương trình ẩn y có 2 nghiệm là: y = -2 x (loại) và y = 2 x+1 0.25 * Với y = 2 x+1 thay vào pt (1) có: 0432log61 21 4 2 =−−⇔+= + xxx x giải pt thì x = -1 và x = 4 0.5 * Với x = -1 thì y = 1, Nghiệm (x; y) là: (-1;1) Với x = 4 thì y = 32, Nghiệm (x;y) là: (4;32) 0.25 ========== HÕt ========== Diemthi.24h.com.vn