Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán (số 162)

Hướng dẫn chung 1 Nếu thí sinh có lời giải khác với hướng dẫn chấm, nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 162 ) I.PHẦN CHUNG: ( 7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm): Cho hàm số f ( x)  x  mx  2, có đồ thị (Cm ) 1.Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m  3 2.Tìm tập hợp các giá trị m để đồ thị (Cm ) cắt trục hoành và điểm Câu II (2,0 điểm): 1.Giải phương trình : sin x  sin x  sin x  cos x    xy  18  12  x  Giải hệ phương trình:   xy   y  Tính I  Câu III (1,0 điểm):   x  sin x dx  cos x Câu IV (1,0 điểm): Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M, N là các điểm di động trên các cạnh AB, AC cho DMN    ABC  Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y Chứng minh rằng: x  y  xy Câu V(1,0 điểm): Cho x, y, z  thoả mãn x + y + z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  x  y  16 z x  y  z  II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm): Trong mặt phẳng (Oxy) cho đường thẳng (d): 3x - 4y + = và đường tròn (C): x2 + y2 + 2x - 6y + = Tìm điểm M  (C) và N  (d) cho MN có độ dài nhỏ x 2 Tìm các giá trị tham số m để phương trình: m  e  e Câu VII a.(1,0 điểm):  2x x  có nghiệm thực Giải phương trình: log 4.16  12 x   x  B Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B và C nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + = và d2: x + 2y – = Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG 2 Tìm m để phương trình: 10 x  x   m(2 x  1) x  có nghiệm thực phân biệt Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: log x  2 log x  x Hết ( Đề thi có 01 trang Cán coi thi không giải thích gì thêm) Họ tên thí sinh: Lop10.com Số báo danh: GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 162 ) I Hướng dẫn chung 1) Nếu thí sinh có lời giải khác với hướng dẫn chấm, có lập luận đúng dựa vào SGK hành và có kết chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ý đó ; cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên xuống và phần làm bài sau không cho điểm 2) Việc chi tiết hoá (nếu có) thang điểm hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải thống thực toàn tổ chấm thi II Hướng dẫn chấm và thang điểm I.PHẦN CHUNG: ( 7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số f ( x)  x  mx  2, có đồ thị (Cm ) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m  3 2) Tìm tập hợp các giá trị m để đồ thị (Cm ) cắt trục hoành và điểm m  3 hàm số trở thành: f ( x)  x  x  2, I.-1 Tập xác định D  R Sự biến thiên (1,0 đ)  x  1 y '  3( x  1)    x   x  1 hàm số đồng biến trên ; 1 và 1;   y'   x  y '   1  x  hàm số nghịch biến trên 1;1 điểm CĐ 1;  , điểm CT 1;0  ; lim y   ; lim y   x  x  Bảng biến thiên: x  y' + 1 y CĐ 0,25   0,25   0,25 CT  Đồ thị Điểm uốn: y ''  x   x  , Điểm uốn U 0;  ( vẽ đúng đồ thị, qua các điểm ) I-2 (1,0 đ) 0,25 Phương trình cho HĐGĐ x  mx   0, (*) x  không thỏa mãn nên: (*)  m   x3  x Xét hàm số g ( x)   x3  2   x   g '( x)  2 x  x x x  + ll   Lop10.com  0,25 0,25 g '( x)   x  ta có bảng biến thiên: x g '( x) 0,25  g ( x) -3    Số nghiệm (*) là số giao điểm đường thẳng y  m và đồ thị hàm số y  g ( x) nên để (*) có nghiệm thì m  3 Lưu ý: Có thể lập luận để đồ thị (Cm ) hàm số y  f ( x) không có cực trị có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị nằm cùng phía trục hoành 0,25 1.Giải phương trình : sin x  sin x  sin x  cos x   Câu II (2 điểm) II-1 1.0 sin x  sin x  sin x  cos x    sin x  (2 cos x  1) sin x  cos x   0.25   (2 cos x  1)  8(cos x  1)  (2 cos x  3) VËy sin x  0,5 hoÆc sin x  cos x  0.25 2 Víi sin x  0,5 ta cã x    2k hoÆc x  5  2k     Víi sin x  cos x  ta cã sin x  cos x  1  sin  x      sin    , 4   4 3  2k x  2k hoÆc x  suy 0.25 0.25  xy  18  12  x  Giải hệ phương trình:   xy   y  II-2 1.0  xy  18  12  x  12  x   x   Hệ:   xy   y  x y  y  x  3  0.25  x   xy  18 0.25     x   3;2 , tương ứng y   3;3 Thử lại, thoả mãn hệ đã cho   Vậy, x; y   3;3 , 3;3 Câu III (1 điểm) Tính I      0.25 0.25 x  sin x dx  cos x III 1.0  I 3 I1     x  sin x x sin x dx   dx  0 2cos2 x dx 2cos x  cos x  x 3 x dx   dx 2cos x cos x 0.25 0.25 Lop10.com u  x du  dx  Đặt  dx   v  tan x dv  cos x  I1     1   tan xdx  x tan x  ln cos x   0 2 2      ln 2    sin x 3  3 2 dx  tan xdx  (1  tan x ) dx  dx  0   2cos x 0  0  1   tan x  x 03     2 3 I2   1   I  I1  I   ln      2 3    1 ( 0.25 0.25  ln 2) Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M, N là các điểm di động trên các cạnh AB, AC cho DMN    ABC  Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y Chứng minh rằng: x  y  xy IV 1.0 D Dựng DH  MN H Do DMN    ABC   DH   ABC  mà D ABC là tứ diện nên H là tâm tam giác ABC C B N H 0.25 M A  3 Trong tam giác vuông DHA: DH  DA  AH        Diện tích tam giác AMN là S AMN  2 0.25 AM AN sin 600  xy xy Thể tích tứ diện D AMN là V  S AMN DH  12 Ta có: S AMN  S AMH  S AMH  0.25 1 xy.sin 600  x AH sin 300  y AH sin 300 2  x  y  xy 0.25 Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z  thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  x  y  16 z x  y  z  V 1.0 x  y   Trước hết ta có: x  y 3 (biến đổi tương đương)   x  y  x  y   Lop10.com 0.25 x  y  4P  Đặt x + y + z = a Khi đó a  64 z 3 a  z   a  64 z 3  1  t   64t 3 0.25 z (với t = ,  t  ) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t  0;1 Có 0.25 f '(t )  64t  1  t   , f '(t )   t   0;1; Lập bảng biến thiên    Minf t   t0;1 64 16  GTNN P là đạt x = y = 4z > 81 81 0.25 II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa.(2,0 điểm) Trong mặt phẳng (oxy) cho đường thẳng (d): 3x - 4y + = và đường tròn (C): x2 + y2 + 2x - 6y + = Tìm điểm M  (C) và N  (d) cho MN có độ dài nhỏ VIa.1 1.0 (d): 3x - 4y + = ; (C): (x + 1)2 + (y - 3)2 =  Tâm I (-1 ; 3), bán kính R = d (I ; d) =  (d)  (C) = Ø ; Giả sử tìm N0  (d)  N0 là hình chiếu vuông góc    I (1;3) I trên (d)  N0 = (d)   , với:     (d )  u  3;4  0.25  x  1  3t 1 7   :   N0  ;  5 5  y   4t 0.25  11   19  Rõ ràng   (C) = {M1; M2} ; M1   ;  ; M2   ;  ,M0  (C) để M0N0 nhỏ  5  5  M0  M1 và M0N0 = 0.25  11  Kết luận: Những điểm cần tìm thoả mãn điều kiện bài toán.M   ;  ; N  5 x 2 Tìm các giá trị tham số m để phương trình: m  e  e 2x 1 7  ;  5 5 0.25  có nghiệm thực IVa.2 1.0 Đặt t  e x ĐK: t > PT trở thành: m  t   t 0.25  t4  f '( t )  Xét f (t )  t   t với t >      hàm số NB trên 0;     t 1 4 lim f (t )  lim t  t   t 1  t  t4 1  t2  ; f(0) = KL: 0< m <1   x Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: log 4.16  12 x 0.50 0.25   x  VII.a 1.0 x 1 PT  4.16  12  x x  4.4   3.3 2x x x Lop10.com 2x 0.50 2x x 4 4 Chia vế cho 32 x  , ta có:        3 3 x 4 Đặt t    ĐK: t  ; 4t  t    t  1 (ktm); t  (tm) 3 x 0.25 1 4 4 0.25        x  1 3 3 B Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B và C nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + = và d2: x + 2y – = Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG Khi t  , ta có: VIb.1 1.0 Giả sử B ( xB ; yB )  d1  xB   yB  5; C ( xC ; yC )  d  xC  2 yC   xB  xC   Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:   yB  yC   0.25 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;- 4) ; C(5;1)   Ta có BG (3; 4)  VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – = Bán kính R = d(C; BG) = 81  phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 25 0.25 0.25 0.25 Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt : 10 x 8 x   m(2 x  1) x  VIb-2 1.0 NhËn xÐt : 10x 8 x  = 2(2x+1)2 +2(x2 +1) 2x  2x  )  m( )20 Phương trình tương đương với : ( x2 1 x2 1 §Æt 2t   t §iÒu kiÖn : -2< t  Rót m ta cã: m= t x2 1 2x   LËp b¶ng biÕn thiªn cña hµm sè trªn  2,  Giải phương trình: log3 x 1 2 log3 x  0.25 0.25 ta có kết m để phương trình có hai nghiệm phân biệt là: 12 4m hoÆc -5 < m  4 Câu VII b.(1,0 điểm) 0.25 0.25  x VII b 1.0 ĐK: x > Đặt t  log x  x  t t 0.25 2 2 Ta có: 2.2t  2t  3t  2t  3t        4 3 3 Khi t = thì log x   x  (th) KL: nghiệm PT là x  … HẾT… Lop10.com 0.50 0.25