Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định.[r]
(1)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 81 ) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hµm sè y=-x3+3x2-2 (C) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) Tìm trên đường thẳng (d): y=2 các điểm kẻ ba tiếp tuyến đến đồ thị (C ) Câu II (2,0 điểm) x2 x x 5x2 x ( x R) 3 Giải phương trình 2 cos x sin x cos( x ) sin( x ) 4 e log x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I dx x 3ln x Câu IV(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cạnh a, hình chiếu vuông góc A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ Giải bất phương trình biết khoảng cách AA’ và BC là a 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) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng : x y , ' :3 x y 10 và điểm A(-2 ; 1) Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng , qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ’ x 1 y 1 z 1 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: ; 1 x 1 y z 1 d2: và mặt phẳng (P): x - y - 2z + = Viết phương trình chính tắc đường 1 thẳng , biết nằm trên mặt phẳng (P) và cắt hai đường thẳng d1, d2 Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức z4 – z3 + 6z2 – 8z – 16 = B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b(2,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 – y – = và (C2): x2 + y2 - 6x + 8y + 16 = Lập phương trình tiếp tuyến chung (C1) và (C2) x 1 2t 2.Viết phương trình đường vuông góc chung hai đường thẳng sau: d : x y z ; d : y t log y x log y Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 x y 25 -Hết - Lop10.com 1 ( x, y A ) z (2) ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 81 ) Câu Ý *Tập xác định: D = R Nội dung Điểm x * y’ = - 3x2 + 6x ; y’ = x *Bảng biến thiên x y’ - - 0 + + 1đ + - y -2 - * Hàm số nghịch biến trên ( - ;1) và ( 3; + ); đồng biến trên ( 1; 3) * Hàm số đạt cực tiểu x = và yCT = -2; hàm số đạt cực đại x = và yCĐ = I y f(x)=-x^3+3x^2-2 x -4 -3 -2 -1 -2 -4 * Đồ thị : (1,0 điểm): Gọi M (d ) M(m;2) Gọi là đường thẳng qua điểm M và có hệ số góc k PTĐT có dạng : y=k(x-m)+2 ĐT là tiếp tuyến (C ) và hệ PT sau có nghiệm 0,25 x x k ( x m) (1) (I) (2) 3 x x k 0,25 Thay (2) và (1) được: 2x3 -3(m+1)x2+6mx-4=0 (x-2)[2x2-(3m-1)x+2]=0 x Đặt f(x)=VT(3) 2 x (3m 1) x (3) 0,25 Từ M kẻ tiếp tuyến đến đồ thị ( C) hệ (I) có nghiệm x phân biệt PT(3) có hai nghiệm phan biệt khác m 1 hoÆc m>5/3 f (2) m Vậy M(m;2) thuộc (d): y=2 với m 1 hoÆc m>5/3 thì từ M kẻ tiếp tuyến đến m (C) 0,25 Lop10.com (3) x2 x x2 Điều kiện x 5 x x Bình phương hai vế ta x( x 1)( x 2) x 12 x x( x 1)( x 2) x( x 2) 2( x 1) Đặt t x( x 2) x( x 2) 2 2 x 1 x 1 1 t x( x 2) ta bpt 2t 3t t ( t ) x 1 t Với t II 0,5 x( x 2) x2 6x x 1 0,5 x 13 x 13 ( x ) Vậy bpt có nghiệm x 13 x 13 2 cos x sin x cos( x 2 cos x sin x (cos x.cos 3 ) sin( x ) 4 0,25 3 3 sin x sin ) 4(sin x cos cos x sin ) 4 4 4cos2x-sin2x(sinx+cosx)-4(sinx+cosx)=0 (sinx+cosx)[4(cosx-sinx)-sin2x-4]=0 s inx+cosx=0 (2) PT (2) có nghiệm x k 4(cosx-sinx)-sin2x-4=0 (3) 0,25 Giải (2) : Đặ t s inx-cosx= sin( x ), §iÒu kiÖn t (*) sin x t , 0.25 thay vào (2) PT: t2-4t-5=0 t=-1( t/m (*)) t=5(loại ) 3 Với t=-1 ta tìm nghiệm x là : x k 2 hoÆc x= k 2 KL: Họ nghiệm hệ PT là: x k , x k 2 vµ x= 3 k 2 0,25 ln x e e e log x ln x ln xdx ln I dx dx 2 ln 1 3ln x x x 3ln x x 3ln x III dx Đặt 3ln x t ln x (t 1) ln x tdt Đổi cận … x e 2 t 1 log 32 x 1 Suy I dx tdt t 1dt ln t ln x 3ln x 1 1 t t 3 ln 27 ln Lop10.com 0,5 0,5 (4) AM BC BC ( A' AM ) A' O BC Kẻ MH AA' , (do A nhọn nên H thuộc đoạn AA’.) BC ( A' AM ) Do HM BC Vậy HM là đọan vông góc chung HM ( A' AM ) Gọi M là trung điểm BC ta thấy: AA’và BC, đó d ( AA' , BC) HM a IV H Xét tam giác đồng dạng AA’O và AMH A' O HM ta có: AO AH A AO.HM a a a suy A' O AH 3a Thể tích khối lăng trụ: V A' O.S ABC x y Trước hết ta có: x y V C’ A ’ 0,5 B’ C O M 1Ba a a3 A' O.AM.BC a 23 12 (biến đổi tương đương) x y x y 0,5 0,5 x y 64 z a z 64 z 3 Đặt x + y + z = a Khi đó P 1 t 64t 3 3 a a z (với t = , t ) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t 0;1 Có 0,5 f '(t ) 64t 1 t , f '(t ) t 0;1 Lập bảng biến thiên Minf t t0;1 16 64 đạt x = y = 4z > GTNN P là 81 81 Tâm I đường tròn thuộc nên I(-3t – 8; t) Theo yc thì k/c từ I đến ’ k/c IA nên ta có 3(3t 8) 4t 10 (3t 2) (t 1) 2 4 Giải tiếp t = -3 Khi đó I(1; -3), R = và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25 VIa Gọi A = d1(P) suy A(1; ; 2) ; B = d2 (P) suy B(2; 3; 1) Đường thẳng thỏa mãn bài toán qua A và B Một vectơ phương đường thẳng là u (1; 3; 1) x 1 y z Phương trình chính tắc đường thẳng là: 1 Z4 VIIa Z3 Xeùt phöông trình – + – 8Z – 16 = Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z1 = –1, sau đó cách chia đa thức Honer ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z2 = Vậy phương trình trở thành: 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 6Z2 (Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = Suy ra: Z3 = 2 i vaø Z4 = – 2 i Lop10.com 0,5 (5) 0,5 Đáp số: 1,2, 2 i, 2 i C1 : I1 0; , R1 3; C2 : I 3; 4 , R2 Gọi tiếp tuyến chung C1 , C2 là : Ax By C A2 B 2 là tiếp tuyến chung C1 , C2 d I1; R1 B C A B d I ; R2 Từ (1) và (2) suy A B 0,5 1 A B C A2 B 2 3 A B C 0,5 Trường hợp 1: A B Chọn B A C 2 : x y VIb Trường hợp 2: C 3 A B Thay vào (1) A B A2 B A 0; A B : y 0; : x y Gọi M d1 M 2t;1 t; 2 t , N d N 1 2t ';1 t ';3 MN 2t 2t ' 1; t t '; t MN.u1 2 2t 2t ' 1 t t ' t 2 2t 2t ' 1 t t ' MN.u1 6t 3t ' t t' 1 3t 5t ' M 2;0; 1, N 1; 2;3, MN 1; 2; PT MN : x y z 1 1 0,5 y x Điều kiện: y VIIb 0,5 yx yx log y x log 1 log 1 Hệ phương trình y y y x y 25 x y 25 x y 25 x 3y x 3y x 3y 25 2 x y 25 9 y y 25 y 10 15 ; x; y 10 10 ( loại) 15 ; x; y 10 10 0,5 0,5 Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu đáp án mà đúng thì đủ điểm phần đáp án quy định Hết Lop10.com (6)