Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán (số 202)

Câu IV 1 điểm Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng ABC trùng với tâm O của tam giác ABC.. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SIN[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN (ĐỀ 202) A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x3  3(2m  1) x  6m(m  1) x  có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng 2;  Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: cos x(2 cos x  1)  b) Giải phương trình : (3 x  1) x   x  ln Câu III (1 điểm) Tính tích phân I  x3 dx (3 e x  2) Câu IV (1 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’ biết khoảng cách AA’ a Câu V (1 điểm) 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  Chứng minh rằng: 3(a  b  c )  4abc  13 và BC là Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x  xy  y  Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức x4  y4 1 x2  y2 1 B PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) a) Cho hình tam giác ABC có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I AC nằm trên đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC) Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: ( z  z )( z  3)( z  2)  10 , z  C Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) a Trong mp(Oxy) cho điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng () : x  y   cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích P b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d1 : x  y 1 z  x2 y3 z   d2 :   1 2 Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng d1 và d2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3 log x  2)  log x  …… HẾT Lop10.com ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 202) Câu I b) y  x3  3(2m  1) x2  6m(m  1) x   y '  x  6(2m  1) x  6m(m  1) 0,5 y’ có   (2m  1)  4(m  m)   x  m Hàm số đồng biến trên 2;   y '  x   m    m  y'    x  m  Câu II a Giải phương trình: cos x(2 cos x  1)  0,25 iểm PT  cos x(4 cos x  1)   cos x(3  sin x)  0,25 Nhận xét x  k , k  Z không là nghiệm phương trình đã cho nên ta có: 0,25 cos x(3  sin x)   cos x(3 sin x  sin x)  sin x  cos x sin x  sin x  sin x  sin x 2m  x  6 x  x  m2   6 x    x  m2  x    2m 7  0,25 ;mZ 2m  2m  k  2m=5k  m  5t , t  Z Xét  = k  1+2m=7k  k=2(m5 7 3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, l  Z 2m  2m Vậy ph tr có nghiệm: x  ( m  5t ); x   ( m  7l  ) m, t , l  Z 7 Giải phương trình : (3 x  1) x   x  x  Xét b) PT  2(3 x  1) x   10 x  x  2(3 x  1) x   4(2 x  1)  x  x  Đặt 0,25 iểm 0,25 t  x  1(t  0) Pt trở thành 4t  2(3 x  1)t  x  x   Ta có: '  (3 x  1)  4(2 x  x  2)  ( x  3) Pt trở thành 4t  2(3 x  1)t  x  x   Ta ó: '  (3 x  1)  4(2 x  x  2)  ( x  3) Từ đó ta có phương trình có nghiệm : t  2x  x2 ;t  2 1 Ththayy vào cách đăt giải ta có các nghiệm: x    Câu III ln Tính tích phân I   Ta c ó I   x 60    = 0,5 điểm (3 e x  2) e dx x 2 ; dx x 3 ln 0,25 x x Đặt u= e  3du  e dx ; x   u  1; x  ln  u  e (e  2) Lop10.com 0,25  3du 1 =3    I   4u 4(u  2) 2(u  2) u (u  2) 1 Ta được: =3  ln u  ln u    4  3 ln( )  Vậy I   du  0,25   2(u  2)  3 ln( )  A ’ 0,25 C ’ B ’ H 0,25 C A O M B AM  BC    BC  ( A' AM ) Kẻ MH  AA' , (do A nhọn nên A' O  BC  BC  ( A' AM )  H thuộc đoạn AA’.)Do   HM  BC Vậy HM là đọan vông góc chung HM  ( A' AM ) Gọi M là trung điểm BC ta thấy: củaAA’và BC, đó d ( AA' , BC)  HM  a 0,5 Xét tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: A' O HM  AO AH AO.HM a a a   AH 3a 1aa a3 a Thể tích khối lăng trụ: V  A' O.S ABC  A' O.AM.BC  23 12 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  Chứng minh rằng: 3(a  b  c )  4abc  13 0,5  suy A' O  Câu V bc *Trước hết ta chưng minh: f (a, b, c)  f (a, t , t ) :Thật Đặt f (a, b, c)  3(a  b  c )  4abc  13; t  ểm 0,5 Do vai trò a,b,c nên ta có thể giả thiết a  b  c  3a  a  b  c  hay a  2 2 2 f (a, b, c)  f (a, t , t )  3( a  b  c )  4abc  13  3( a  t  t )  4at  13 = 3(b  c  2t )  4a (bc  t ) 2   2(b  c)  (b  c)  3(b  c)  a (b  c) = 3b  c   a bc    = 4     (3  2a )(b  c)  a  *Bây ta cần chứng minh: f (a, t , t )  với a+2t=3 = Lop10.com 0,5 Ta có f (a, t , t )  3(a  t  t )  4at  13 = 3((3  2t )  t  t )  4(3  2t )t  13 = 2(t  1) (7  4t )  2t=b+c < Dấu “=” xảy  t  & b  c   a  b  c  (ĐPCM) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x  xy  y  Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức x4  y4 1 P x  y2 1 Tõ gi¶ thiÕt suy ra:  x  xy  y  xy  xy  xy  ( x  y )  xy  3 xy a) Từ đó ta có   xy  M¨t kh¸c x  xy  y   x  y   xy nªn x  y   x y  xy  ®¨t t=xy Vëy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cña  t  2t  P  f (t )  ;  t  t2 t   TÝnh f ' (t )   1  0 (t  2) t    2(l ) 1 Do hµm sè liªn tôc trªn   ;1 nªn so s¸nh gi¸ trÞ cña f ( ) , f (  2) , f (1) cho kÕt 3 11 qu¶: MaxP  f (  2)   , P  f ( )  15  (Học sinh tự vẽ hình)Ta có: AB  1;   AB  Phương trình AB là: x  y   I  d  : y  x  I t ; t  I là trung điểm AC: C (2t  1;2t ) t  Theo bài ra: S ABC  AB.d (C , AB)   6t     t   Từ đó ta có điểm C(-1;0) C( ; ) thoả mãn 3 *Từ phương trình đoạn chắn suy pt tổng quát mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 *Gọi H là hình chiếu vuông góc O l ên (ABC), OH vuông góc với (ABC) nên OH // n(2;1;1) ; H   ABC  Ta suy H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= 1 suy H ( ; ; ) 3 2 *O’ đỗi xứng với O qua (ABC)  H là trung điểm OO’  O' ( ; ; ) 3 CâuVIIa Giải phương trình: ( z  z )( z  3)( z  2)  10 , z  C PT  z ( z  2)( z  1)( z  3)  10  ( z  z )( z  z  3)  Đặt t  z  z Khi đó phương trình (8) trở thành: Lop10.com 0,25 0.25 0.25 0.25 0,5 0,5 0.25 0,25 0,5 iểm 0,25 Đặt t  z  z Khi đó phương trình (8) trở thành 0,25 t  3t  10  t  2  z  1  i   Vậy phương trình có các nghiệm: z  1 ; z  1  i t    z  1  Viết phương trình đường AB: x  y   và AB  0,5 0,25 Viết phương trình đường CD: x  y  17  và CD  17 Điểm M thuộc  có toạ độ dạng: M  (t ;3t  5) Ta tính được: 13t  19 11t  37 d ( M , AB )  ; d ( M , CD)  17 0,25 Từ đó: S MAB  S MCD  d ( M , AB ) AB  d ( M , CD).CD 7  t  9  t   Có điểm cần tìm là: M (9; 32), M ( ; 2) 3 Giả sử mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 hai điểm A và B đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ d d1 , d  dấu xảy I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung hai đường thẳng d1, d2    AB  u Ta tìm A, B :    Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)  AB  u '   AB (….)…  A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)  I(2; 1; -1) 0,5 0, 25 0,25 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 0,25 Nên có phương trình là: x    ( y  1)  ( z  1)  CâuVIIb Giải bất phương trình x(3 log x  2)  log x  iểm Điều kiện: x  Bất phương trình  3( x  3) log x  2( x  1) 0.25 Nhận thấy x=3 không là nghiệm bất phương trình TH1 Nếu x  BPT  Xét hàm số: f ( x)  x 1 log x  x3 log x 0,25 đồng biến trên khoảng 0;  khoảng 3;  *Với x  :Ta có g ( x)  x 1 x3 nghịch biến trên f ( x)  f (4)  3   Bpt có nghiệm x  * Với x  :Ta có g ( x)  g (4)   f ( x)  f (4)  3   Bpt vô nghiệm g ( x)  g (4)   x 1 x  0,25 log x  f ( x)  log x đồng biến trên 0;  ; g ( x)  x3 x3 f ( x)  f (1)  0 nghịch biến trên 0;3 *Với x  :Ta có   Bpt vô nghiệm g ( x)  g (1)   f ( x)  f (1)  0 x  * Với x  :Ta có   Bpt có nghiệm  x  Vậy Bpt có ngh  g ( x)  g (1)   0  x  TH :Nếu  x  BPT  Lop10.com