Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán (số 145 đến 150)

Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng P, vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42.. Giải hệ phương trình..[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 145 ) I PHẦN CHUNG (7 điểm) (Cho tất các thí sinh) Câu (2đ) Cho hàm số: y = 2x3 - 3x2 + (1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) Tìm trên (C) điểm M cho tiếp tuyến (C) M cắt trục tung điểm có tung độ  xy  18  12  x  Câu (2đ) Giải hệ phương trình:   xy   y  x Giải phương trình: + ( x - 12).3x + 11 - x = Câu (1đ) Tính thể tích khối chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy a và khoảng cách cạnh bên và cạnh đáy đối diện m Câu (1đ) Tính tích phân: I   [ x(2  x)  ln(4  x )]dx Câu (1đ) Cho tam giác ABC, với BC = a, CA = b, AB = c a (a  c)  b 1   Thoả mãn hệ điều kiện:  CMR: sin A sin B sin C b(b  a )  c II PHẦN RIÊNG (3đ) (Thí sinh làm hai phần) Theo chương trình chuẩn: Câu 6a (2đ) 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 Trong không gian (oxyz) cho hai mặt phẳng: (P1): x - 2y + 2z - = x2 y z4   (P2): 2x + y - 2z - = và đường thẳng (d): 1 2 Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I  (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P1), (P2) Câu 7a (1đ) Đặt: (1 - x + x2 - x3)4 = a0 + a1x + a2x2 + + a12x12 Tính hệ số a7 Theo chương trình nâng cao Câu 6b (2đ) Trong mặt phẳng (oxy) cho đường tròn (C): (x + 1)2 + (y - 3)2 = và điểm 1 7 M  ,  Tìm trên (C) điểm N cho MN có độ dài lớn 5 5 Trong không gian (oxyz), cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 + 2x - 4y - 2z + = và mặt phẳng (P): x - 2y + 2z - = Tìm điểm M  (S), N  (P) cho MN có độ dài nhỏ Câu 7b (1đ) Dùng định nghĩa, tính đạo hàm hàm số:  3x   x f ( x)  x  0, và f (0)  ; điểm x0 = x Lop10.com ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 145 ) I PHẦN CHUNG (7 điểm) ĐIỂM Câu (2đ) y = 2x3 - 3x2 + 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) * TXĐ: R + Giới hạn: lim y =   , lim y =   * Sự biến thiên: x   0,25đ x   + Bảng biến thiên: y’ = 6x2 - 6x = 6x (x - 1)  x  0; ( y  1) y' =    x  1; ( y  0) 2) 0,25đ Lập BBT; nêu đúng các khoảng đơn điệu và các điểm cực trị * Đồ thị: (tự vẽ), rõ ràng, đầy đủ, chính xác Tìm M  (C) ? Giả sử M (x0; y0)  (C)  y0 = 2x03 - 3x02 + Tiếp tuyến (  ) (C) M: y = (6x02 - 6x0) (x - x0) + 2x03 - 3x02 + (  ) qua điểm P(0 ; 8)  = -4x03 + 3x02 + 0,25đ 0,25đ 0,25đ  (x0 + 1) (4x02 - 7x0 + 7) = 0,25đ  x0 = -1 ; (4x0 - 7x0 + > 0,  x0) 0,25đ Vậy, có điểm M (-1 ; -4) cần tìm Câu (2đ) 1) 0,25đ  xy  18  12  x  12  x   x   Giải hệ:   xy   y  x y  y  x  3   x   xy  18 0,25đ     x   3;2 , tương ứng y   3;3 Thử lại, thoả mãn hệ đã cho   Vậy, x; y   3;3 , 3;3 2) 0,25đ    x  123 Giải phương trình: x x  0,25đ  0,25đ  11  x  3 x  x   x (a + b + c = 0)  x 3  11  x  f ( x)   x  11  0(*) f ' ( x)  x ln   0, x    (*) có nghiệm x = f (2)   Vậy, tập nghiệm phương trình: S = {0 ; 2} Câu (1đ) S N A C O M B SO  (ABC) Lop10.com 0,5đ 0,25đ 0,25đ S.ABC chóp  AO  BC  M   O là tâm tam giác ABC AM  BC    BC  (SAM ) SO  BC  Trong  SAM kẻ đường cao MN  MN = m AO  a a 3a   AM  AO  sin 60 2 SO  h  SA  SO  AO  h   h a2   3a  4m h  SA.MN = SO.AM 2am 3a  4m 2 0,25đ 2 am   m  a     a ; và S(ABC) = 0,25đ 0,25đ   m  a    a 3m V  S ( ABC ).h  3a  4m 0,25đ Câu (1đ) Tính tích phân 2 I   x(2  x) dx +  ln(4  x )dx = I1  I 0 2 0 I1   x(2  x) dx    ( x  1) dx   (sử dụng đổi biến: x  1 sin t ) 0,25đ x2 dx (Từng phần)  x I   ln(4  x )dx  x ln(4 x ) |02 2  0,25đ  ln    (đổi biến x  tan t ) I  I1  I  0,25đ 3   ln 2 0,25đ Câu (1đ) a (a  c)  b (1)  ABC:  b(b  a )  c (2) (1)  sin2A + sinAsinC = sin2B  sinAsinC = (Đl sin) (cos2A - cos2B)  sinAsinC = sin(A + B) sin (B -A)  sinA = sin (B - A) ; (sin (A + B) = sin C > 0)  A = B - A ; (A, B là góc tam giác)  B = 2A 0,25đ Tương tự: (2)  C = 2B A + B + C =  , nên A =  ;B= 2 4 ;C= 7 4 2 3  sin  sin sin cos 1 7  7  Ta có: =     3 sin B sin C sin sin sin cos sin 7 7 Lop10.com 0,25đ 0,25đ = sin   sin A (đpcm) 0,25đ II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Chương trình Câu 6a (2đ) 1) Tìm M  (C), N  (d)? (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 trên (d)    I (1;3)  N0 = (d)   , với:     (d )  u  3;4  0,25đ  x  1  3t 1 7   :   N0  ;  5 5  y   4t 0,25đ  11  Rõ ràng   (C) = {M1; M2} ; M1   ;  ; M2  5  19   ;   5 M0  (C) để M0N0 nhỏ  M0  M1 và M0N0 = 0,25đ Kết luận: Những điểm cần tìm thoả mãn điều kiện bài toán  11  M  ;  ; N  5 1 7  ;  5 5 0,25đ 2) Phương trình mặt cầu (S) ? (P1): x - 2y + 2z - = (P2): 2x + y - 2z - = Giả sử I (x0 ; y0 ; z0)  (d): x2 y z4   1 2  I (-2 - t ; 2t ; + 3t) là tâm mặt cầu (S) 0,25đ Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P1), (P2)  d (I, (P1)) = d (I ; (P2))  t  13 1 9t   10t  16   3 t  1 0,25đ  I1 = (11 ; 26 ; -35) ; I2 (-1 ; ; 1)  R1 = 38 ; R2 = 0,25đ Vậy, có hai mặt cầu cần tìm: (S1): (x - 11)2 + (y - 26)2 + (z + 35)2 = 382 (S2): (x + 1)2 + (y - 2)2 + (z - 1)2 = 22 Câu 7a (1đ) Tính hệ số a7 ? (1 - x + x2 - x3)4 = (1 - x)4 (1 + x2)4 0,25đ 0,25đ    k =    1 C4k x k   C4i x 2i   k 0  i   0,25đ k  2i  (Gt)    k ; i  1;3, 3;2 k , i  0,1,2,3,4 0,25đ  a7  C41C43  C43C42  40 0,25đ Lop10.com Chương trình nâng cao Câu 6b (2đ) 1) Tìm N  (C)? (C): (x + 1)2 + (y - 3)2 = 1 7  Tâm I (-1 ; 3), bán kính R = ; M  ;  5 5 6 8 IM   ;   MI  5 5 0,25đ Giả sử tìm N  (C)  MN  MI + IN = 0,25đ Dấu “=” xảy  N là giao điểm tia đối IM và đường tròn (C)   x  1  t (IM):  y   t  ; IM  C   N1; N   11   19   N1   ;  , N   ;  ; MN1 < MN2  5  5 0,25đ  19  Kết luận: Thoả mãn điều kiện bài toán: N   ;   5 0,25đ 2) Tìm M  (S) , N  (P) ? (S): (x + 1)2 + (y - 2)2 + (z - 1)2 = Tâm I (-1 ; ; 1), bán kính R = (P): x - 2y + 2z - =  d I; P  =  ( P )  ( S )  Ø Giả sử tìm N0  (P)  N0 là hình chiếu vuông góc I trên (P) 0,25đ d   I (1;2;1)  N  d  P , với:  (d )  ( P )  ud  (1;2;2)  x  1  t   7  d :  y   2t  N   ; ;   3 3  z   2t  0,25đ (d )  ( S )  {M1 ; M2}  5  1  M1  ; ;  , M   ; ;   3 3  3 3 M1M0 = < M2M0 = M0  (S) để M0N0 nhỏ  M0  M1 0,25đ Vậy, điểm cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán  5  7 M  ; ;  , N ; ;   3 3  3 3 0,25đ Câu 7b (1đ) Đạo hàm định nghĩa: lim x 0  3x   x f ( x)  f (0) = lim x 0 x2 x 0,25đ  x  (1  x)  (1  x)   x x2 0,25đ = lim x 0 Lop10.com = lim x 0 = -1 + 3 x (1  x)  1  x   x  1  x  2  lim x 0 (1  x)   x 1 = - Vậy, f '( )   2 0,25đ 0,25đ Lop10.com ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 146 ) Phần chung (7 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 Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: tan x  cot x  2sin x  sin x    5 x 2) Giải phương trình: x  2 x  4; xR  x  sin x Câu III (1 điểm) Tính I   dx  cos x Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là O A, B là hai điểm trên đường tròn A  600 Tính theo a đáy cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB a , A ASO  SAB chiều cao và diện tích xung quanh hình nón Câu V (1 điểm) Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x  y  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  4x  y 2x  y  xy Phần riêng (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) Phần A Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) có phương trình : x  y  và điểm M (2;1) Tìm phương trình đường thẳng  cắt trục hoành A cắt đường thẳng (d ) B cho tam giác AMB vuông cân M 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng   qua hai điểm A 0; 1; , B 1;0;3 và tiếp xúc với mặt cầu S  có phương trình: ( x  1)  ( y  2)  ( z  1)  Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là nghiệm phương trình: z  z   2 2 1  1  1  1  Rút gọn biểu thức P   z     z     z     z   z  z   z   z   Phần B Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn C có phương trình : x    y  25 và điểm M (1; 1) Tìm phương trình đường thẳng  qua điểm M và cắt đường tròn C  điểm A, B cho MA  3MB 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng P có phương trình: x  y   Lập phương trình mặt cầu S  qua ba điểm A 2;1; 1, B 0; 2; 2 , C 1;3;0  và tiếp xúc với mặt phẳng P     log x    log x  1   Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:   log x  1  log ( x  1) Hết Lop10.com HƯỚNG DẪN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 146 ) Câu I.1 (1,0 đ) m  3 hàm số trở thành: f ( x)  x  x  2, Tập xác định D  R Sự biến thiên  x  1 y '  3( x  1)    x   x  1 hàm số đồng biến trên ; 1 và 1;   y'   x  0,25 y '   1  x  hàm số nghịch biến trên 1;1 điểm CĐ 1;  , điểm CT 1;0  lim y   x  lim y   0,25 x  Điểm uốn: y ''  x   x  , Điểm uốn U 0;  Bảng biến thiên: 1  x y' +    CĐ y 0,25  CT  0,25 Câu I.2 (1,0 đ) Đồ thị Phương trình cho HĐGĐ x3  mx   0, (*) x3  x  không thỏa mãn nên: (*)  m   x x 2 2   x   g '( x)  2 x  Xét hàm số g ( x)   x x x g '( x)   x  ta có bảng biến thiên: x g '( x)   ll  0,25   -3 g ( x)  0,25 + 0,25   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 Câu II.1 (1,0 đ) tan x  cot x  2sin x  ,(1) sin x Lop10.com 0,25 Điều kiện: x  k  0,25 4sin x  cos x 2sin 2 x  (1)   sin x sin x  2(1  cos x)  cos x  2(1  cos 2 x)  0,25  cos 2 x  cos x   cos x  (loai do:sin x  0)    x    k cos x    Đối chiếu điề kiện phương trình có nghiệm là: x   x Câu II.2 (1,0 đ)  1   x x  4; 0,25   k , k  Z 0,25 xR Đặt t  x x   t  2( x  x ) ta phương trình t2    t  t  2t   t  4  t  0,25 0,25 x  x    4 2 2( x  x )  16 x  2x   + Với t =  Ta có x x   4   x   x x   0,25 x  x    4 2 2( x  x )  x  2x   + Với t = ta có x x      x   x  x   1 ĐS: phương trình có nghiệm x   2, x  Câu III (1,0 đ) 0,25 1    x  sin x x sin x dx   dx  0 2cos2 x dx  cos x 2cos x  x 3 x I1   dx  dx 2cos x 0 cos x u  x du  dx  Đặt  dx   v  tan x dv  cos x    1   I1   x tan x 03   tan xdx    ln cos x 2  I 3 0,25     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 0,25  I2   Lop10.com 0,25 1   I  I1  I   ln      2 3  Câu IV (1,0 đ) Câu V (1,0 đ) S   1 ( 0,25  ln 2) Gọi I là trung điểm AB , nên OI  a Đặt OA  R A  600  SAB SAB 1 OA R IA  AB  SA   2 sin AASO Tam giác OIA vuông I nên OA  IA2  IO R2 a R   a2  R  O A I  SA  a B a Chiếu cao: SO  a Diện tích xung quanh: S xq   Rl   a   a2 Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x  y  4x  y 2x  y x y y x y P           xy y x y x 2 Thay y   x được: y x 5 x y y         x    x   y x 2 y x y x 2 3 P x  1; y  Vậy Min P = 2 P Lưu ý: Có thể thay y   x sau đó tìm giá trị bé hàm số g ( x)  Câu AVI.1 (1,0 đ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,25 3x  3x   x(5  x) A nằm trên Ox nên A a;0 , B nằm trên đường thẳng x  y  nên B (b; b) ,   M (2;1)  MA  (a  2; 1), MB  (b  2; b  1) 0,25 Tam giác ABM vuông cân M nên:   (a  2)(b  2)  (b  1)   MA.MB   ,   2 ( a  2)   ( b  2)  ( b  1)  MA  MB  b  không thỏa mãn b 1  a2 ,b  b 1   ,b  b2 a     b2  2 2 (a  2)   (b  2)  (b  1)  b     (b  2)  (b  1)   b    a  b 1   a   b  , b   b     a    (b  2)  (b  1)         (b  2)      b  a  Với:  đường thẳng  qua AB có phương trình x  y   b   Lop10.com 0,25 0,25 a  đường thẳng  qua AB có phương trình x  y  12  b  Với  0,25 Lop10.com ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ147 ) Câu 1: Cho hàm số y = x  có đồ thị là (C) x 2 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số trên 2) Tìm trên (C) điểm M cho tiếp tuyến M (C) cắt tiệm cận (C) A, B cho AB ngắn Câu 2: 1) Giải phương trình: 2 sin( x   ).cos x  12 8 x y  27  18y (1) 2) Giải hệ phương trình:  2 4 x y  x  y (2) 3 Câu 3:  2 1) Tính tích phân I =  sin x  sin x  dx 2) Tìm các giá trị tham số thực m cho phương trình sau có nghiệm thực: (m - 3) x + ( 2- m)x + - m = (1) Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: a b c   1 3 8c  8a  8b3  Câu 5: Cho hình chóp S ABC có góc ((SBC), (ACB)) =600, ABC và SBC là các tam giác cạnh a Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) PHẦN RIÊNG Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: Cho  ABC có B(1;2), phân giác góc A có phương trình ( ) 2x +y –1 =0; khoảng cách từ C đến ( ) lần khoảng cách từ B đến () Tìm A, C biết C thuộc trục tung Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng :  x   2t  3 y z x    (d1) ; (d2)  y   t (t  A ) Viết phương trình tham số đường thẳng  1 z   t  nằm mp(P) và cắt đường thẳng (d1) , (d2) Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: Cho  ABC có diện tích 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G  (d) 3x –y –8 =0 tìm bán kinh đường tròn nội tiếp  ABC Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến mặt phẳng: (P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x2 +y2 +z2 +4x –6y +m =0 Tìm tất các giá trị m để (S) cắt (d) điểm MN cho MN= Lop10.com Đáp án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 147 ) Phần chung: Câu 1: Cho hàm số y = x  có đồ thị là (C) x 2 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số trên 2) Tìm trên (C) điểm M cho tiếp tuyến M (C) cắt tiệm cận (C) A, b cho AB ngắn Giải: 1) y= x  (C) x 2 D= R\ {2} lim y   TCN : y  x  lim y  ; lim y    TCĐ x = x 2 y’ = y x 2 1  0; x  ( x  2)2 x -2 BBT -1 -1 -2 2) Gọi M(xo; x0  ) (C) x0  -3 x0  x0   x Phương trình tiếp tuyến M: () y =  ( x0  2)2 ( x0  2)2 2x  ( )  TCĐ = A (2; ) x0  ( )  TCN = B (2x0 –2; 2) cauchy  2 AB  (2 x0  4; 2 )  AB = 4( x0  2)2  ( x0  2)2  x0   x   M (3;3)  AB = 2    xo   M (1;1) Câu 2: 1) Giải phương trình: 2 sin( x   ).cos x  12  x    k  (k  A ) Giải: phương trình  2(cosx–sinx)(sinx– cosx)=0     k x    8 x y  27  18y (1) 2) Giải hệ phương trình:  2 4 x y  x  y Giải: (2) (1)  y   3 8 x  27  18 (2 x )     18  y3  y Hệ     x  x2  2 x  x       y y  y y a3  b3  18 a  b  3 Đặt a = 2x; b = Ta có hệ:   y ab(a  b)  ab   Hệ đã cho có nghiệm   ;   ,  ;     3   3  Lop10.com Câu 3:  2 1) Tính tích phân I =  sin x  sin x  dx  Giải: I =   cos x  d (cos x) §Æt cos x   cos u  2  I    sin udu =  16    2) Tìm các giá trị tham số thực m cho phương trình sau có nghiệm thực: (m - 3) x + ( 2- m)x + - m = (1) Giải: Đk x  đặt t = x ; t  (1) trở thành (m–3)t+(2-m)t2 +3-m =  m  2t  3t  (2) t  t 1 Xét hàm số f(t) = 2t  3t  (t  0) t  t 1 Lập bảng biến thiên (1) có nghiệm  (2) có nghiệm t    m  3 Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: a b c   1 3 8c  8a  8b3  Giải: cauchy 8c3   (2c  1)(4c  2c  1)  2c   a  2a 8c  2c  b c  2b ;  2c 3 a  8a  8b  2b  a  b  c  (1) Ta chứng minh: 2c  a  b  Tương tự, Bđt(1)  4(a3b2+b3a2+c3a2) +2(a3+b3+c3 )+2(ab2+bc2+ca2)+( a+b+c)   8a2b2c2 +4(a2b2 +b2c2 +c2a2) +2 (a2 +b2 +c2 )+1 (2) Ta có: 2a3b2 +2ab2  4a2b2; … (3) 2(a3b2+b3a2+c3a2)  2.3 a5 b5c =6 (do abc =1)(4) a3+b3+c3  3abc =3 = +2 a2b2c2 (5) a3 +a  2a2; … (6) Công các vế (3), (4), (5), (6), ta (2) Dấu xảy a=b=c=1 Câu 5: Cho hình chóp S ABC có góc ((SBC), (ACB)) =600, ABC và SBC là các tam giác cạnh a Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) Giải: Lop10.com Gọi M là trung điểm BC và O là hình chiếu S lên AM Suy ra: SM =AM = a ; AAMS  600 và SO  mp(ABC)  d(S; BAC) = SO = 3a  V(S.ABC) = dt ( ABC ).SO  a 3 16 Mặt khác, V(S.ABC) = dt ( SAC ).d ( B; SAC ) SAC cân C có CS =CA =a; SA = a 2  dt(SAC) = a 13 16 Vậy d(B; SAC) = 3V  3a dt ( SAC ) 13 Phần riêng: Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: Cho  ABC có B(1;2), phân giác góc A có phương trình ( ) 2x +y –1 =0; khoảng cách từ C đến ( ) lần khoảng cách từ B đến () Tìm A, C biết C thuộc trục tung Giải: Gọi H, I là hình chiếu B, C lên () M là đối xứng B qua   M  AC và M là trung điểm AC 5  5  (BH): x –2y + =0  H 1 ;  M 7 ; y  BH = CI = ; C Oy  C(0; y0)    yo  5 5  (0; –5)  A 14 ; 33  () nhận 5 C(0; 7)  A 14 ; 27  ()loại Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng : 3 y z  (d1) x   ; (d2) 1  x   2t   y   t (t  A ) Viết phương trình tham số đường thẳng  z   t  nằm mp(P) và cắt đường thẳng (d1) , (d2) Giải:  x   2t  (P)  (d1) = A(1;1;2); (P)  (d2) = B(3;3;2) ()  y   2t (t  A ) z   Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: Cho  ABC có diện tích 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G  (d) 3x –y –8 =0 tìm bán kinh đường tròn nội tiếp  ABC Giải: C(a; b) , (AB): x –y –5 =0  d(C; AB) =  a  b  8(1)  a  b  2(2) a  b  2SABC  AB  ab5  3  3  Trọng tâm G a  ; b   (d)  3a –b =4 (3) 3  65  89 S (2), (3)  C(1; –1)  r   p 2 (1), (3)  C(–2; 10)  r = S  p Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến mặt phẳng: Lop10.com (P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x2 +y2 +z2 +4x –6y +m =0 Tìm tất các giá trị m để (S) cắt (d) điểm MN cho MN= Giải: (S) tâm I(-2;3;0), bán kính R= 13  m  IM (m  13) Gọi H là trung điểm MN  MH=  IH = d(I; d) = m     u; AI  (d) qua A(0;1;-1), VTCP u  (2;1;2)  d(I; d) =     u Vậy :  m  =3  m = –12( thỏa đk) Lop10.com ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 148 ) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) hàm số Tìm các giá trị m để đường thẳng y = mx – m + cắt đồ thị ( C ) hai điểm phân biệt A,B và đoạn AB có độ dài nhỏ Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình Giải phương trình cos x cos x  1  1  sin x  sin x  cos x  x2  x x    x  x2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân  (x  A ) x 3 dx x 1  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 x  y  16 z P 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 toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC qua M(2; 1) Tìm toạ độ các đỉnh hình chữ nhật Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + = và hai đường thẳng x 1 y 1 z  x2 y2 z     d1: , d2: 1 2 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = B Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 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 x  y  z 1   Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: và mặt phẳng (P): x + y + z + = 1 Gọi M là giao điểm d và (P) Viết phương trình đường thẳng  nằm mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  42 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  log  y  x   log y    2  x  y  25 ( x, y  A ) -Hết - Lop10.com ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 148 ) Câu I Nội dung Điểm HS tu lam 2,0 II 2.0 Giải phương trình cos x cos x  1  1  sin x  sin x  cos x 1.0 ĐK: sin x  cos x  0.25 Khi đó PT  1  sin x cos x  1  1  sin x sin x  cos x   1  sin x 1  cos x  sin x  sin x.cos x   0.25  1  sin x 1  cos x 1  sin x   sin x  1  cos x  1 (thoả mãn điều kiện)   x    k 2     x    m2 k , m  Z  0.25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x   Giải phương trình: 0.25   k 2 và x    m2  x2  x x    x  x2 k , m  Z  (x  A ) 3  x  x  PT   2 7  x  x x    x  x 0.25 3  x  x    x x   2( x  2) 0.25  3  x    x   x2  x   2 x  2  x   x  1x  16  0.25  x  1 0.25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = - III Tính tích phân  Đặt u = x 3 dx x 1  x  1.0 x   u  x   u   x  2udu  dx ; đổi cận:  x   u  Ta có: 2 x 3 2u  8u dx  0 x   x  1 u  3u  2du  1 (2u  6)du  61 u  1du  1.0 0.25 0.25  u  6u   ln u  1 0.25  3  ln 0.25 IV 1.0 Lop10.com 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 V 0.25 1.0 x  y  Trước hết ta có: x  y  (biến đổi tương đương)   x  y  x  y   x  y  4P  Đặt x + y + z = a Khi đó a  64 z 3 a  z   a  64 z 3 0.25  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 f '(t )  64t  1  t   , f '(t )   t   0;1   0.25 Lập bảng biến thiên  Minf t   t0;1 64 16  GTNN P là đạt x = y = 4z > 81 81 0.25 VI.a 2.0 1.0 Do B là giao AB và BD nên toạ độ B là nghiệm hệ: 21  x  x  y 1    21 13    B ;    5  x  y  14   y  13  Lại có: Tứ giác ABCD là hình  chữ nhật  nên góc AC và AB góc AB và BD, kí hiệu nAB (1; 2); nBD (1; 7); nAC (a; b) (với a2+ b2 > 0) là VTPT các     đường thẳng AB, BD, AC Khi đó ta có: cos nAB , nBD  cos nAC , nAB    a  b 2 2  a  2b  a  b  a  8ab  b    a   b  Lop10.com   0.25 0.25 - Với a = - b Chọn a =  b = - Khi đó Phương trình AC: x – y – = 0, x  y 1  x  A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm hệ:    A(3; 2) x  y 1   y  Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm hệ:  x  x  y 1   I7;5     2 2  x  y  14  y    14 12  Do I là trung điểm AC và BD nên toạ độ C 4;3 ; D  ;   5 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 0.25 1.0  x  1  2t x   m   Phương trình tham số d1 và d2 là: d1 :  y   3t ; d :  y  2  5m z   t  z  2m   Giả sửd cắt d1 M(-1 + 2t ; + 3t ; + t) và cắt d2 N(2 + m ; - + 5m ; - 2m)  MN (3 + m - 2t ; - + 5m - 3t ; - - 2m - t) 3  m  2t  2k     Do d  (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên k : MN  k n p  3  5m  3t   k có nghiệm 2  2m  t  5k  0.25 0.25 0.25 m  Giải hệ tìm  t  VII.a  x   2t  Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:  y   t thoả mãn bài toán  z   5t  0.25 Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n  N thỏa mãn phương trình 1.0 log4(n – 3) + log4(n + 9) = n  N Điều kiện:  n  0.25 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) =  log4(n – 3)(n + 9) = n   (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 =    n  13 (thoả mãn) (không thoả mãn) 0.25 Vậy n = Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1  i  1  i    1  i .(2i )3  (1  i ).(8i )   8i   0.25 Vậy phần thực số phức z là 0.25 VI.b 2.0 1.0 Giả sử B ( xB ; yB )  d1  xB   yB  5; C ( xC ; yC )  d  xC  2 yC  Lop10.com 0.25