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 bằng 2.[r]
(1)
ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009 - 2010 Mơn :TỐN ĐỀ SỐ 12
Thời gian làm : 180 phút không kể thời gian giao đề A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y2x3 3(2m1)x26 (m m1)x1 có đồ thị (Cm). Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = 0.
Tìm m để hàm số đồng biến khoảng 2;
Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:2cos3x(2cos2x1)1
b) Giải phương trình : 3 2 3 5 1 2 ) 1 3
( 2
x x x
x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
2 ln
0 (3 ex 2)2 dx
I
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụABC.A’B’C’ có đáy tam giác đều cạnh a, hình chiếu vng góc A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm Ocủa tam giácABC Tính thể tích khối lăng trụABC.A’B’C’ biết khoảng cách AA’ và BC
4 3
a
Câu V (1 điểm) 1. (Thí sinh thi khối B,D khơng làm câu này)
Cho a, b, c số thực dương thoả mãn abc3.Chứng minh rằng: 3(a2 b2c2)4abc13 2.(Thí sinh thi khối A khơng làm câu này)
Cho x,y,z thoả mãn số thực: 2 1 xy y
x .Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức
1 1 2
4
y x
y x P
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) trung điểm I AC nằm đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C.
b) Trong khơng gian Oxyz, cho 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:( )( 3)( 2) 10
z z z
z ,zC.
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 ( ) : 3 x y 5 0 cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích nhau
b.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
2 5 1
1 3
4 :
y z
x d
1 3
3 1
2 :
z y
x
d
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng d1 d2
(2)u I a)
Đồ Học sinh tự làm b)
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1
y x m x m m x y'6x2 6(2m1)x6m(m1) y’ có (2 1)2 4( ) 1 0
m m m
1 0
'
m x
m x y
Hàm số đồng biến 2; y'0 x 2 m12 m1 Câu II a)
Giải phương trình:2cos3x(2cos2x1)1
PT 2cos3 (4cos2 1) 1
x
x 2cos3 (3 4sin2 ) 1
x
x
Nhận xét xk,kZkhông nghiệm phương trình ta có:
1 ) sin 4 3 ( 3 cos
2
x
x 2cos3x(3sinx 4sin3 x) sinx
2cos3xsin3x sinx sin6x sinx
2
2
m x x
m x x
7 2 7
5 2
m x
m x
;mZ
Xét
5 2m
k 2m=5k m5t ,tZ Xét
7 2 7
m
=k 1+2m=7k k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, lZ Vậy phương trình có nghiệm:
5 2m
x (m5t);
7 2 7
m
x (m7l3) m,t,lZ
b)
Giải phương trình : 3
2 3 5 1 2 ) 1 3
( 2
x x x
x
PT 2(3 1) 2 10
x x x
x
2 ) ( ) (
2 2
x x x x
x Đặt 2 1( 0)
x t
t
Pt trở thành 4 2(3 1) 2 3 2 0
x t x x
t
Ta có:'(3x1)2 4(2x2 3x 2)(x 3)2
Pt trở thành 4 2(3 1) 2 3 2 0
x t x x
t
Ta có:'(3x1)2 4(2x2 3x 2)(x 3)2
Từ ta có phương trình có nghiệm :
2 2 ;
2 1
2
x t x
t
Thay vào cách đăt giải ta phương trình có nghiệm:
7 60 ;
6
x
Câu III
Tính tích phân
2 ln
(3)Ta có
2 ln
0 3 3
) 2 (
x x
x
e e
dx e
I =
Đặt u=e3x 3du e3xdx;x0 u1;x3ln2 u 2 Ta được:
2
1
2 ) 2 (
3 u u
du
I =3 du
u u
u
2
1
2 ) 2 ( 2
1 )
2 ( 4
1 4
1
=3
2
1
) (
1
ln ln
u u
u
8 1 ) 2 3 ln( 4 3
Vậy I
8 1 ) 2 3 ln( 4 3
Câu IV
Gọi M trung điểm BC ta thấy:
BC O A
BC AM
' BC (A'AM)
Kẻ MH AA',(do A nhọn nên H thuộc đoạn AA’.)
Do HM BC
AM A HM
AM A BC
) '(
) '(
.Vậy HM đọan vơng góc chung của
AA’và BC,
4 3 )
BC , A'
(A HM a
d .
Xét tam giác đồng dạng AA’O AMH, ta có:
AH HM AO
O A
' suy
3 a a 3
4 4
3 a 3
3 a AH
HM . AO O '
A
Thể tích khối lăng trụ:
12 3 a a 2
3 a 3 a 2 1 BC . AM . O ' A 2 1 S
. O ' A V
3
ABC
Câu V
1.Cho a, b, c số thực dương thoả mãn abc3.Chứng minh rằng: 3( 2 2) 4 13
b c abc
a
Đặt
2 ; 13 4
) (
3 ) , ,
(a b c a2 b2 c2 abc t b c
f
*Trước hết ta chưng minh: f(a,b,c)f(a,t,t):Thật
Do vai trò a,b,c nên ta giả thiết abc
3 3
a a b c hay a1
f(a,b,c) f(a,t,t)3( 2 2) 4 13 3( 2 2) 4 13
b c abc a t t at
a
= 3(b2 c2 2t2)4a(bc t2)
=
2
2
4 ) ( 4
4 ) ( 2
3 b c b c a bc b c =
2
) ( 2
) ( 3
c b a c b
A
B
C
C’ B’
A’
H
O
(4)= 0
2 ) )( 2 3
(
a b c a
1
*Bây ta cần chứng minh: f(a,t,t) 0 với a+2t=3 Ta có ( , , ) 3( 2 2) 4 13
a t t at
t t a f
=3((3 2 )2 2) 4(3 2 ) 13
t t t t t
= 2( 1)2(7 4 ) 0
t
t 2t=b+c < 3
Dấu “=” xảy t 1&b c0 abc1(ĐPCM)
2 Cho x,y,z thoả mãn số thực: 2 1 xy y
x .Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức
1 1 2
4
y x
y x P
Tõ gi¶ thiÕt suy ra:
xy xy
y x
xy xy xy y xy x
3
) (
2
2 2
Từ ta có 1
3 1
xy
Măt khác x2 xyy21 x2y21xy
nên x4 y4 x2y22xy1 đăt t=xy Vởy toán trở thành tìm GTLN,GTNN cña
1
3 1 ; 2
2 2 )
(
2
t
t t t t f P
TÝnh
)( 2 6
2 6 0 )2 (
6 1 0
)(' 2
l t
t t
t f
Do hàm số liên tục ;1
3 1
nên so sánh giá trị )
3 1 (
f , f( 6 2), f (1) cho kÕt qu¶:
6 )
(
f
MaxP ,
15 11 ) 3 1 ( minP f
Câu VIa a)
(Học sinh tự vẽ hình)
Ta có: AB 1;2 AB 5 Phương trình AB là: 2x y 2 0 .
: ;
I d y x I t t I trung điểm AC:C(2t 1;2t)
Theo ra: . ( , ) 2
2 1
ABd C AB
S ABC 6t 4
3
t t
Từ ta có điểm C(-1;0) C(
3 8 ; 3 5
) thoả mãn b)
*Từ phương trình đoạn chắn suy pt tổng quát mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 *Gọi H hình chiếu vng góc O l ên (ABC), OH vng góc với (ABC) nên OH //n(2;1;1) ;HABC
Ta suy H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=
3 1
suy ra )
3 1 ; 3 1 ; 3 2
(
H
*O’ đỗi xứng với O qua (ABC) H trung điểm OO’ ) 3 2 ; 3 2 ; 3 4 (
'
O CâuVIIa Giải phương trình:( )( 3)( 2) 10
z z z
z , zC.
PT z(z2)(z 1)(z3)10 ( 2 )( 2 3) 0
z z z
z
Đặt t z2 2z
Khi phương trình (8) trở thành:
Đặt t z2 2z
(5)t2 3t 100
6 1 1 5
2
z
i z
t t
Vậy phương trình có nghiệm: z 1 6;z1i
Câu VIb a)
Viết phương trình đường AB: 4x3y 4 0 AB5
Viết phương trình đường CD: x 4y17 0 CD 17 Điểm M thuộc có toạ độ dạng: M ( ;3t t 5) Ta tính được: ( , ) 13 19; ( , ) 11 37
5 17
t t
d M AB d M CD
Từ đó: SMABSMCD d M AB AB d M CD CD( , ). ( , ).
9 7
3
t t
Có điểm cần tìm là: ( 9; 32), ( ; 2)7
3
M M
b)Giả sử mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 hai điểm A B ta ln có IA + IB ≥ AB AB ≥
1, 2
d d d dấu xảy I trung điểm AB AB đoạn vuông góc chung hai đường thẳng d1, d2
Ta tìm A, B :
' AB u AB u
Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
AB(….)… A(1; 2; -3) B(3; 0; 1) I(2; 1; -1) Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) bán kính R= 6 Nên có phương trình là: x 22 (y1)2(z1)2 6
CâuVIIb
Giải bất phương trình x(3log2x 2)9log2 x 2Điều kiện:x0
Bất phương trình 3(x 3)log2 x2(x 1) Nhận thấy x=3 không nghiệm bất phương trình.
TH1 Nếu x3 BPT
3 1 log
2 3
2
x x
x Xét hàm số: f x log2 x
2 3 )
( đồng biến khoảng 0;
3 1 )
(
x x x
g nghịch biến khoảng 3; *Với x4:Ta có
3 )4 ( ) (
3 )4 ( ) (
g x g
f x f
Bpt có nghiệm x4
* Với x4:Ta có
3 )4 ( ) (
3 )4 ( ) (
g x g
f x f
Bpt vô nghiệm TH :Nếu 0x3 BPT
3 1 log
2 3
2
x x x
f x log2 x
2 3 )
( đồng biến khoảng 0;
3 1 )
(
x x x
g nghịch biến khoảng
0;3
*Với x 1:Ta có
0 )1 ( ) (
0 )1 ( ) (
g x g
f x f
Bpt vô nghiệm * Với x 1:Ta có
0 )1 ( ) (
0 )1 ( ) (
g x g
f x f
Bpt có
nghiệm 0x1
Vậy Bpt có nghiệm
1
4