Kì thi đại học, cao đẳng là kì thi quan trọng đối với mỗi học sinh. Dưới đây là Tuyển tập đề thi thử đại học năm 2012 môn: Toán có đáp án giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn.
DIỄN ĐÀN BOXMATH.VN www.boxmath.vn - www.facebook.com/pages/BoxMath TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Đề thi Ban quản trị Boxmath Lời giải đóng góp thành viên diễn đàn Còn tiếp… DIỄN ĐÀN BOXMATH.VN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ SỐ: 09 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3x + (C ) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (C ) Tìm tất giá trị k để đồ thị hàm số (C ) tồn hai tiếp tuyến có hệ số góc k đồng thời đường thẳng qua hai tiếp điểm cắt trục tọa độ Ox , Oy A B cho AB ≥ Câu II (2 điểm) Giải phương trình: tan x + ( tan x + 1) cos x 7π − 2.sin x − =1 Giải bất phương trình: 25 x + x + x( x + 1) x − − ≥ xdx x3 + Câu IV.(1 điểm) Cho hình chóp tam giác SABC có khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) a góc tạo AB mặt phẳng ( SBC ) 300 Gọi M trung điểm BC , N trung điểm SM Tính thể tích khối chóp SABC tính khoảng cách hai đường thẳng SA, BN theo a Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = ∫ 2 x + y − z + xy − yz − xz = Câu V (1 điểm)Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: 2 y + z + yz = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ P = x + y + z II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác góc A AD : x + y + = , đường cao xuất phát từ đỉnh B BH : x − y + = Cạnh AB qua M (1;1) Biết 27 Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC diện tích tam giác 2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P) : x + mz − m = 0, (Q) : (1 − m) x − my = (m tham số thực m ≠ 0) Viết phương trình đường thẳng ∆ giao tuyến hai mặt phẳng ( P), (Q ) biết khoảng cách từ điểm I (2;1; −1) đến đường thẳng ∆ lớn Câu VII.a (1 điểm) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 11z10 + 10iz + 10iz − 11 = Chứng minh z = Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : x − y + = đường tròn (T ) : x + y − x + y − = Tìm điểm M thuộc đường thẳng (d ) cho qua M ta kẻ tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (T ) ,( A, B tiếp điểm) đồng thời khoảng cách từ điểm 1 N ;1 đến đường thẳng qua AB lớn 2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho A(1; 0; 2), B(3;1; 4), C (3; −2;1) Gọi ∆ đường thẳng qua A vng góc với mặt phẳng ( ABC ) Tìm điểm S thuộc đường thẳng ∆ cho mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC có bán kính 11 Câu VII.b (1 điểm) Cho số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn: z1 = z2 = z3 = Tính giá trị biểu thức A = 3z1 + 12 z2 + 2011z3 Hết z1 z2 z3 + + = z2 z3 z1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ SỐ NĂM 2012 BOXMATH.VN I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I Cho hàm số y = x3 − x + (C ) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (C ) Tìm k để tồn hai tiếp tuyến đồ thị hàm số (C ) có hệ số góc k đồng thời đường thẳng qua hai tiếp điểm cắt trục tọa độ Ox, Oy hai điểm A, B cho AB ≥ Giải: Học sinh tự làm Để tồn hai tiếp tuyến có hệ số góc k điều kiện là: y ' = x − x = k có nghiệm phân biệt ⇔ x − x − k = có nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > ⇔ + 3k > ⇔ k > −3 k = x − x (1) Khi tọa độ hai tiếp điểm thỏa mãn hệ phương trình sau: y = x − x + (2) x 1 Ta có: (2) ⇔ y = x3 − x + ⇔ y = − (3 x − x) − x + thay k = x − x vào ta có 3 k k y = − 2 x + − 3 k k Suy đường thẳng qua tiếp điểm là: ∆ : y = − x + − 3 A = ∆ ∩ Ox ⇒ A(1; 0) k B = ∆ ∩ Oy ⇒ B 0; − 3 k ≤ k k 4k k 4k Ta có: AB −1; − ⇔ AB = − +5≥ ⇔ − ≥0⇔ 3 9 k ≥ 12 −3 < k ≤ Kết hợp điều kiện ban đầu ta suy ra: k ≥ 12 Câu II Giải phương trình: tan x + ( tan x + 1) cos x 7π − 2.sin x − =1 Giải: Điều kiện: cos x ≠ ( sin x + cos x ) 7π − 2.sin x − − ( sin x + cos x ) = = ⇔ tan x + cos x cos x ⇔ 3sin x + ( sin x + cos x ) − ( sin x + cos x ) cos x = cos x tan x + ( tan x + 1) ( ) x ) + ( sin x + cos x ) ( − cos x ) = ⇔ ( − cos x ) ( sin x + cos x + 1) = ⇔ − cos x − cos x + ( sin x + cos x ) 3 − cos x = ( ⇔ − cos 2 π π π x + = − + k 2π x = − + k 2π (loai ) π 4 sin x + = −1 π 5π sin x + cos x = −1 ⇔ ⇔ ⇔ x+ = + k 2π ⇔ x = π + k 2π (TM ) 4 3 − (1 + cos x ) = π cos x = x = ± + kπ (TM ) x = ± π + k 2π x = π + k 2π KL: x = ± π + kπ Giải bất phương trình: 25 x + x + x( x + 1) x − − ≥ x≥ Giải: Điều kiện: x − ≥ ⇔ x ≤ − 16 418 TH x ≥ Ta có: VT ≥ 25 + − = > suy bất phương trình cho ln 81 81 2 TH 2: x ≤ − Chia vế bất phương trình cho x ta có: 25 x + − 9( x + 1) − − ≥ x x 9 Đặt = t ⇒ t ∈ 0; Bất phương trình viết lại sau: x 4 25 1 + − + − 4t − 2t ≥ ⇔ −2t + 5t + 25 − 9(t + 1) − 4t ≥ t t −2t + 5t + 25 2t − 5t − 25 2t − 5t − 25 ⇔ − − 4t ≥ ⇔ + − 4t ≤ ⇔ + + − 4t − ≤ 9(t + 1) 9(t + 1) 9(t + 1) t+4 2t + 4t − 16 4(2 − t ) ⇔ + ≤ ⇔ 2(t − 2) − ≤0 9(t + 1) − 4t + − 4t + 9(t + 1) t+4 9 − với t ∈ 0; Ta có: 9(t + 1) − 4t + 4 f '(t ) = − − < nên hàm số f (t ) nghịch biến 3(t + 1) − 4t + − 4t Xét hàm số: f (t ) = ( ) 9 0; 4 1 9 Ta có f ≤ f (t ) ≤ f ( ) = − = − < 18 4 Vì bất phương trình tương đương với: t ≥ ⇔ 1 1 ≥ ⇔ x2 ≤ ⇔ − ≤x≤ x 2 2 ≤x≤− 2 2 ; − ∪ ; +∞ KL: Nghiệm bất phương trình là: S = − 3 3 t+4 1 t+4 Chú ý:Có thể đánh giá f (t ) = − < sau: = + < 9(t + 1) 9(t + 1) 3(t + 1) 9 − 4t + 2 t+4 9 < ≤ = suy f (t ) = − < với t ∈ 0; 9(t + 1) − 4t + 1 − 4t + 4 Kết hợp điều kiện ban đầu ta suy − Cách 2: TH x ≥ 16 418 Ta có: VT ≥ 25 + − = > suy bất phương trình cho 81 81 TH 2: x ≤ − bất phương trình cho tương đương với bất phương trình : (25 x + x − 2) ≥ −9 x( x + 1) x − ⇔ (25 x + x − 2) ≥ (9 x( x + 1) x − 4) ⇔ (25 x + x − 2) ≥ 81x ( x + 1) (9 x − 4) Đặt : t = x (t ≥ 0) bất phương trình trở thành : (25t + 5t − 2) ≥ 81t (t + 1) (9t − 4) ⇔ −26t − 221t − 39t + 76t + ≥ ⇔ (1 − 2t )(13t + 117t + 78t + 1) ≥ 0(*) Ta thấy : (13t + 117t + 78t + 1) > −1 Vậy (*) ⇔ − 2t ≥ ⇔ − x ⇔ ≤x≤ 2 Kết hợp điều kiện ta có nghiệm BPT TH là: −1 −2 ≤x≤ 2 2 KL: Nghiệm bất phương trình là: S = − ; − ∪ ; +∞ 3 3 Câu III Tính tích phân: I = ∫ xdx x3 + Giải: 1 1 (2 x − 1) + dx xdx x + x − x dx xdx x dx d ( x3 + 1) Ta có: I = ∫ =∫ = − = − ∫0 x − x + ∫0 x3 + ∫0 x − x + x +1 x3 + ∫0 x + 1 2 1 d ( x − x + 1) dx d ( x + 1) 1 I= ∫ + ∫ − ∫ = ln ( x − x + 1) 10 − ln ( x + 1) 10 + J x − x +1 x − x +1 x +1 1 1 1 1 ln ( x − x + 1) 10 − ln ( x + 1) 10 + J = − ln + J 3 1 dx dx Xét J = ∫ = 4∫ 4x − 4x + (2 x − 1)2 + 0 ⇔I= Đặt x − = tan t ⇒ 2dx = ( tan t + 1) dt ⇒ dx = Khi x = ⇒ t = − π Ta có: J = ∫ − π π π ; x =1⇒ t = π tan t + 1) dt ( π tan t + 1) dt ( 2 = dt = t ∫ ( tan t + 1) −π π − π = 2π 3 − ln 3 Câu IV Cho hình chóp tam giác SABC có khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) Vậ y : I = a góc tạo AB mặt phẳng ( SBC ) 300 Gọi M trung điểm BC , N trung điểm SM Tính thể tích khối chóp SABC tính khoảng cách hai đường thẳng SA, BN theo a S Q N C A P E H K F M R B Gọi H hình chiếu vng góc S lên (ABC) H trọng tâm tam giác ABC Ta có: BC ⊥ ( SAM ) Trong tam giác SAM kẻ AQ ⊥ SM ⇒ AQ ⊥ ( SBC ) ⇒ d A/( SBC ) = AQ = a; ABQ = 300 Tính AB = AQ AB a = 2a ⇒ AM = = a 3; HM = AM = sin 30 3 QM = AM − AQ = 3a − a = a Ta có: tan SMA = AQ 1 a a = ⇒ SH = HM tan SMA = = QM 2 1a a3 - Thể tích khối chóp: VSABC = SH dt ( ABC ) = a = 3 6 - Tính khoảng cách: Qua N kẻ đường thẳng NE / / SA ⇒ SA / /( NEB ) ⇒ d SA/ BN = d SA/( BEN ) = d A/( BEN ) Gọi K trung điểm HM NK ⊥ ( ABC ) Ta có: AE = 3 KE ⇒ d A/( BEN ) = d K /( BEN ) 2 Hạ KF ⊥ EB, KP ⊥ NF ⇒ KP ⊥ ( BEN ) ⇒ d K ,( BEN ) = KP = Ta có: KN = ⇒ KF = a SH = ; MR = 12 ME.MB ME + MB = 2 21a MR = Từ tính được: KP = 21 Vậy d SA/ BN = KN KF KN + KF a a a 21 = 3a + a2 KN KF KN + KF = 13a a 13 ⇒ d A/( BEN ) = 39 13 a 13 13 2 x + y − z + xy − yz − xz = Câu V Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: 2 y + z + yz = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ P = x + y + z Giải: x + y − z + xy − yz − xz = Ta quy tốn dạng tìm P để hệ sau có nghiệm: y + z + yz = x2 + y + z = P x + y + xy = x ± x + = (*) +) Nếu z = hệ cho trở thành: y = ⇔ y2 = x = P x = P Phương trình (*) ln vơ nghiệm nên hệ vô nghiệm x y +) Khi z ≠ Đặt a = ; b = , hệ cho trở thành: z z 2 x y x y y x 1 + − + − − = a + b − + ab − b − a = (1) z z z z z z z z y 2 y ⇔ b + + b = ( ) + + = z z z z P x x P + + = a + + a = z ( 3) z z z Lấy (1) –(2) ta được: a + ab − 2b − a − = − 1 ⇔ ( a + 1)( a − ) + b ( a − ) = − 2 z z ⇒ a + b +1 = − 1 ⇒b=− − ( a + 1) z ( a − 2) z ( a − 2) 2 1 Thay vào (2) ta được: + a + 1 − + a + 1 + = z ( a − 2) z ( a − 2) z ⇔ + + a + a + = (4) z ( a − 2) z ( a − 2) P P thay vào phương trình (4) ta được: + + =0 2 z z ( a − 2) z z ( a − 2) Từ (3): a + a + = ⇔ z P ( a − ) + P ( a − 2) + = a + a +1 (5) P thay vào (5) ta được: a + a +1 P ( a − ) 5P ( a − ) + + = ⇔ P + a + (−4 P + P + 1)a + P − 10 P + = (6) a2 + a +1 a + a +1 Hệ cho có nghiệm (6) có nghiệm tức là: Từ (3) ⇒ z = ( ( ) ( )( ) ) ∆ = −4 P + P + − P + P − 10 P + ≥ 25 − 616 25 + 616 ≤P≤ 3 Từ tính giá trị a, b, c để dấu xảy ra: ⇔ 3P − 50 P + ≤ ⇔ 25 + 616 25 − 616 ; P = 3 Câu V Phần tính tốn phức tạp kq lẻ Rất mong bạn tìm cách giải để đến kq đơn giản Vậy P max = II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác góc A AD : x + y + = , đường cao xuất phát từ đỉnh B BH : x − y + = Cạnh 27 AB qua M (1;1) Biết diện tích tam giác Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Giải: A N M B I D C MN ⊥ AD Gọi N điểm đối xứng với M qua phân giác AD ⇒ MN : x − y = M ∈ MN Giả sử: MN ∩ AD = I ⇒ I (−1; −1) ⇒ N (−3; −3) AC ⊥ BH Phương trình đường thẳng AC: ⇒ AC : x + y + = ⇒ A = AC ∩ AD ⇒ A(5; −7) N ∈ AC 1 Phương trình AB qua A, M là: AB : x + y − = ⇒ B = AB ∩ BH ; ⇒ B ; 2 +4+9 27 2S Ta có BH = d B , AC = = ⇒ AC = = 20 BH 1+ 27 Vì diện tích tam giác S = c = −5 Ta có C ∈ AC ⇒ C (−2c − 9; c) ⇒ CA(14 + 2c; −7 − c) ⇒ AC = 5(c + 7) = 20 ⇔ c = −9 C (1; −5) Hay Vì AD phân giác góc A nên B, C phải khác phía so với AD C (9; −9) Suy C (1; −5) 1 KL: Tọa độ đỉnh tam giác là: A(5; −7) , B ; , C (1; −5) 2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : x + mz − m = 0, (Q ) : (1 − m) x − my = (m tham số thực m ≠ 0) Viết phương trình đường thẳng ∆ giao tuyến hai mặt phẳng ( P ), (Q ) biết khoảng cách từ điểm I (2;1; −1) đến đường thẳng ∆ lớn Giải: Câu II.2 x xy y x 3xy y x x y (1) (2) y 1 Điều kiện: x y 2 Phương trình (2) tương đương với: x3 xy x y x y x y y 2 x y x y x y x y y x y x y x y x y y x y x x y x y x y y y x y 1 x2 y y 0 x y (3) (4) x y y Như nghiệm hệ phương trình phải thỏa mãn (1), (3) (4) Tới ta có cách tìm nghiệm: Cách 1: Giải hệ (1), (3) kiểm tra (4) x Ta có: 3 y , thay vào phương trình (1) ta được: x x y 1 1 1 x y 2 x x 1 1 x 1 x x 1 (l ) x 1 1 Thay trực tiếp x ,y vào (4) ta thấy nghiệm thỏa mãn 2 Cách 2: Giải hệ (1), (4) kiểm tra (3) -Ta có: x y y x , thay vào phương trình (1) ta được: y 1 1 y 2 1 1 1 1 Thay trực tiếp x ,y vào (3) ta thấy nghiệm x ,y thỏa mãn 2 2 x2 x x x x x2 x x Vậy hệ phương trình có nghiệm x 1 1 ,y 2 Câu III Tính tích phân: I e Ta có: I e 1 x ln x 2 1 x x x 1 ln x ln x 1 x ln x e x ln x 1 ln x J dx 1 x l n x - Tính x x 1 ln x ln x dx x ln x 1 ln x dx e x dx 1 1 x ln x 2 1 x ln x dx e u x ln x ln x Đặt Ta có dv dx 1 x ln x 1 du 1 x dx v x ln x e e e x ln x x 1 x 1 J dx dx x ln x 1 x 1 x ln x e 1 x 1 x ln x Ta có: e e e ln x x 1 x ln x 1 e dx dx ln ln 1 x ln x x 1 x ln x x x 1 e 1 e ln e 1 e e 1 x - Tính K dx 1 x ln x 2 Ta có: e e 1 x ln x x 1 ln x e 1 x ln x x ' x 1 x ln x ' e x x 1 K dx dx d 2 1 x ln x x ln x 1 e 1 x ln x 1 x ln x J 1 e Vậy I K J ln e 600 Câu IV Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành với AB a, AD 2a, BAD Cạnh SA a vng góc với mặt phẳng đáy Gọi AM , AN , BP vng góc với BC, DC , SC tương ứng M BC , N DC , P SC Tính thể tích khối tứ diện AMNP khoảng cách hai đường thẳng PN , AC theo a - Tính VAMNP Trong mặt phẳng SAC dựng PH / / SA , H AC PH ABCD NAD 300 AM a ; AN a MAB 1a 3 3a S AMN AM AN sin120 a 2 2 a 3 a 1 a a2 SM a S SBC SM BC 2a 2 2 AC a 4a 2.a.2a.cos1200 a SC a a 2a 2 SSBC a a 14 5a BP PC SC 4 2a 5a PH PC PH 5a PH / / SA PH SA SC a 2a Vậy VAMNP 1 5a 3a 5a3 PH S AMN 3 8 64 - Tính d PN , AC Trong mặt phẳng ABCD , vẽ đường thẳng qua N song song với AC đường thẳng qua H vng góc với AC , hai đường thẳng cắt R Dựng HQ PR , Q PR AC / / PNR d PN , AC d AC , PNR d H , PNR Mà NR HR; NR PH NR PHR NR HQ HQ PNR HQ d H , PNR Ta có: S ANC 1 AN NC a 3.2a a 2 2a 2a 21 a 1 943 10a 2829 HQ 943 HQ HR HP 300a AC a 4a 2.a.2a.cos1200 a HR Vậy d PN , AC 10a 2829 943 Câu V Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a b c b c Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c Áp dụng bất đẳng thức Cơ- Si ta có: P 1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c Từ điều kiện ta suy ra: 2 a b c 2a b c b c b c a Cũng theo bất đẳng thức Cô- Si, ta lại có: 1 1 a 1 b 1 c b c 2 4 a a Do đó: P Xét hàm số f a Ta có: 2a 1 a 2a 6a a 4a 1 a , với a a 13 5a 1 f 'a 0a a 1 91 Lập bảng biến thiên ta thấy P f a f 108 2a 6a a a 1 Vậy giá trị nhỏ P 91 108 Dấu xảy a ; b c Câu VI.a Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A 5; 2 , B 3; 4 Biết diện tích tam giác ABC bán kính đường trịn ngoại tiếp Tìm tọa độ điểm C có hồnh độ dương Từ giả thuyết ta có: AB 2 AB : x y 2S d C , AB ABC AB x yC xC yC C 4 2 xC yC 15 Tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp I nghiệm hệ: x y 20 x 7 x 1 2 y y x y 20 2 - Với I 7; 6 , ta có: IC xC yC 20 Kết hợp với xC yC ta phương trình vơ nghiệm Kết hợp với xC yC 15 ta C 11; 4 , C 5; 10 (loại) 2 - Với I 1; , ta có: IC xC 1 yC 20 Kết hợp với xC yC ta C 3; (loại), C 3; 2 (nhận) Kết hợp với xC yC 15 ta phương trình vơ nghiệm Vậy C 3; 2 Câu VI.a Trong không gian Oxyz, lập phương trình mặt phẳng P qua M 1;1;1 , song song với đường thẳng : x 1 y z cách đường thẳng khoảng 2 Chọn điểm N (1;3;0) thuộc đường thẳng Rồi gọi vecto pháp tuyến mặt phẳng là: n (a, b, c ) Ta có: 2a 2b c c 2(a b) Khi phương trình mặt phẳng là: a( x 1) b( y 1) 2(a b)( z 1) | 4b 2a | Áp dụng cống thức khoảng cách ta có: d ( N ; ( P)) 2 a b 4(a b)2 Bình phương lên rút gọn ta được: (2a b)2 2a b Chọn: a 1; b 2 , suy ra: c Vậy phương trình mặt phẳng là: x y z Câu VII.a Tìm số phức z1 , z2 Biết z1 1 2i z2 i z2 z1 2 1 1 Ta có: z1 z2 1 2i i z1 z i z2 z1 z1 z2 2 2 3 Đặt z z1 z2 Ta có phương trình z i z 2 z1 z2 i 2 8 6i 3i 3i 3 i 4 z1 z2 i 2 2 2 i z 2i z i - Với z1 z i ta suy i i z1 i z1 2 3 2 2i 2i 1 1 z2 z2 i - Với z1 z2 i ta suy 2 2 i z1 i 2 3i z 2 1 z2 i z2 i Vậy 2 z1 i z1 i Câu VI.b Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có diện tích 25 Trọng tâm G nằm đường thẳng () : x y 10 Biết A 6; 2 , B 2; , tìm tọa độ điểm C Ta có: AB 2 2 2 10 25 S GAB SABC 3 S GAB d G , AB AB 2S d G , AB GAB AB Phương trình đường thẳng AB qua điểm B 2; có a AB AB 8;6 n AB 3; AB : x y hay x y 10 x 2t Phương trình tham số đường thẳng : y t Ta có: G G 2t; t 1 2t t 10 t 5 3 d G, AB 3 t 32 42 5 - Với t G 5; Gọi I trung điểm AB I 2;1 6 1 1 Ta có: IC 3IG 9; C 11; 2 2 11 9 5 5 - Với t G ; Ta có: IC 3IG 1; C 1; 2 2 3 6 9 1 Vậy C 11; C 1; 2 2 Câu VI.b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng qua điểm x y z 1 M 1; 1; 2 , cắt đường thẳng d có phương trình d : cắt mặt cầu 1 2 S : x 12 y 2 z 12 25 hai điểm A, B cho AB Đường thẳng d qua N 2;1;1 có a d 1; 2;1 Mặt cầu S có tâm I 1; 2;1 bán kính R P d P t ;1 2t;1 t MI , MP Ta có d I , 3 MP x 1 2t x 1 6t Từ ta tìm : y 1 2t : y 1 2t z 2 t z 2 9t Câu VII.b Cho số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 z2 z2 z1 z2 z1 , z1 , z2 Tính A z14 Ta có: z2 1 1 z1 z z1 1 z2 z1 z 1 z2 z2 x x 12 y z Đặt x yi , ta có: 2 2 z2 x 1 y x y y z z - Với x , y i i 2 z2 2 z1 2 4 4 z z 3 3 A 1 1 i i cos i sin cos i sin 6 6 z2 z1 2 2 2 2 2 2 cos i sin i sin cos 9 3 3 - Với x , y , tương tự ta có A 9 2 Vậy A 9 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 13 CỦA BOXMATH.VN Mơn: Tốn Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x 3mx Cm Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m Tìm tất giá trị tham số m để đồ thị hàm số Cm có hai điểm cực trị A, B cho diện tích tam giác IAB , I 1;1 Ta có y 3x 3m y x m Để có hai điểm cực trị m Tọa độ hai điểm cực trị A( m ; 2m m 1); B ( m ; 2m m 1) Phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị y 2mx AB 4m(2( m )3 6m m )2 4m 16m3 d : y 2mx | 2m | d (I , d ) 4m 1 | 2m | S ABI 4m 16m3 4m(2m) 128 m(2m)2 32 m 2 4m Vậy m Câu II Giải phương trình: sin 3x cos x sin x cos x cos x k ,k Z Phương trình tương đương với: Điều kiện x sin 3x cos x 1 cos x cos x sin x cos x sin x cos x sin x 2 sin x sin x cos x sin x sin 3x cos x sin x cos x sin x cos x sin x cos x sin x cos x cos x sin x 1 sin x cos x sin x cos x sin x cos x cos x sin x 0 sin x tan x x k cos x sin x sin x sin x (*) 15 Ta có: * cos x sin x sin x 2 2 1 1 Vì cos x sin x cos 2 x sin 2 x ; sin x nên vế trái phương trình nhỏ 4 2 nên phương trình (*) vơ nghiệm Vậy phương trình có nghiệm x k Câu II Giải phương trình: x x x x x x Đặt a x 1, b x , a b (1) a 11b a 7b a (4a 2b )b 4ab 2 2 2 a 8a b 11ab 4b a 8ab 7b (a b)(a a 2b 4b ) (a b)(a 7b) a ab 4b a 7b (2) Lấy (2) 2(1) ta : 3a (7b 1)a 2b 7b Gải phương trình ta có : a 2b 3a b 4 -Với a 2b thu x (5 7) -Với 3a b thu đươc x 4 Vậy phương trình cho có nghiệm: x (5 7) x Phương trình trở thành : Câu III Tính tích phân: I I 2 x sin x cos x dx x cos x x x sin x cos x cos x x sin x cos x 2 x cos x x sin x cos x dx x cos x sin x cos x cos x x x sin x cos x sin x cos x x sin x cos x x cos x cos x cos x x x sin x cos x sin x cos x 2x x sin x cos x x cos x cos x x sin x cos x 2 dx x sin x cos x cos x cos x dx 2 dx x sin x cos x x cos x cos x 2 dx x sin x cos x Đặt u x cos x du x sin x cos x dx dv cos x x sin x cos x Vậy I dx; v 2 x sin x cos x x cos x 2 2 dx x sin x cos x 4 4 dx dx 600 Gọi M , N lần Câu IV Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a BAD lượt trung điểm AB, AD tương ứng, hình chiếu S lên mặt phẳng ABCD giao điểm P CM , BN Biết góc tạo SB mặt phẳng ABCD 600 Tính thể tích khối chóp S CDNP khoảng cách hai đường thẳng SD, CM theo a - Tính thể tích MCB a a , CM CN 2 MC MB 21 sin sin120 sin 14 NB SP x BP SP x x2 2 PC BC BP a tan 600 3 x2 a x PC BP a 25 x x 3a sin 90 sin 21 14 1 11 S ( NDCP ) S ( NDCB) S ( BPC ) NB( ND BC ) BP.BC a (dvdt ) 2 40 11 3 V SP.SCDNP a (dvtt ) 200 - Tính khoảng cách Trong ABCD qua D kẻ đường thẳng d / /CM Từ P kẻ PK vng góc với d cắt d K Trong mặt phẳng SPK kẻ PH vng góc với SK H Mặt phẳng SPK vng góc với CM d PH vng góc với CM Vậy PH khoảng cách cần tìm PB 3a 3 NP NB PB a 10 3 a2 13 PD PN ND a a 10 KDP DPC 2 DC DP PC PD.PC cos a DC ( DP PC ) 91 cos 2 DP.PC 91 273 21 sin cos KP PD sin a 91 1 46 PH a 2 SP KP PH 46 PC PB BC Câu V Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn P b a c b Tìm giá trị lớn biểu thức: 5 12( a b) 12(b c) 25( c a) c a b Từ giả thuyết, ta có : bca b 0; abc b 5 - Xét trường hợp c a b P 12(b c a ) 12(c a b) 25(a b c ) 49 2c 2a 2b 12(b c a ) 12( c a b) 25(a b c) 49 b c a c a b c a b a b c a b c b c a x b c a Đặt y c a b z a b c x, y, z z x Với a b c 5a 3b 5c a b c 4b 4c 4a z x hay x z 4 x Với b c a 8b 10c 10a 9b 9c 9a a b c x z z Ta có: P 12 x 12 y 25 z 49 25 49 12 x y yz zx y 1 z x x y z x 24 24 25 49 z 25 49 (Do z ) x z 1 x x 1 x 1 1 z z x z Xét hàm số f (t ) 24t 25 49 với t 1 t 1 t x 1 , t z Ta có f ' t 3t 1 t 3 8t 15t 0 2 t 1 t 1 1 t ; 3 2 1 1 Hàm số f t nghịch biến ; Do f t f P 7 3 2 2 - Xét trường hợp c a b a b c Ta có: c a b 12(b c) 12b 27 a a Mà b a c a b a Do P 27 20 7 Vậy giá trị lớn P 7 P 12 15 a 2c y 2x 3b c 3a y xz Dấu “=” xảy z 4x 3b 5c 5a z x b c Câu VI.a Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có B 1;1 , C 2; 2 Đường tròn tâm I 2;1 qua B, C cắt cạnh AB, AC M , N tương ứng cho MA MB NC NA Tìm tọa độ đỉnh A Gọi tọa độ điểm A A x0 ; y0 x y x 2 y0 Suy ra: M ; , N ; 3 2 Phương trình đường trịn C có tâm I qua B, C : x y 1 x0 5 y0 12 36 Ta có: M , N C 2 x0 y0 81 11 14 11 11 14 11 Giải hệ ta tìm A ; ; A 5 5 Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A 1;1; , B 2; 2; 1 , C 0; 1; đường thẳng x 1 y z Tìm tọa độ điểm M thuộc d cho biểu thức MA2 MB MC đạt giá trị 1 nhỏ d: M d M (1 2t; t; 3 t ) MA2 MB MC 4t (t 1)2 (t 3) (2t 1) t (t 2)2 (2t 1)2 (t 3)2 (t 5) 6t 12t 20 6(t 1)2 26 26 Vậy MA2 MB MC nhỏ t M (3;3; 2) Câu VII.a Giải phương trình sau tập số phức: z z i z 3z Ta có phương trình cho tương đương với: z z.z iz 3iz ( z i )( z z ) Với: z i z i Với: z z Ta gọi: z a bi, (a, b R ) a b 3a Khi ta có: a b 3a (2ab 3b)i 2ab 3b 3 3 3 Từ dễ dàng suy ra: z 0; z 3; z i; z i 2 2 Câu VI.b Trong mặt phẳng Oxy, cho elip ( E ) : x y 16 đường thẳng : x y 20 Tìm điểm M thuộc ( E ) cho khoảng cách từ M đến lớn nhất, nhỏ Lấy M (a, b) E , ta có: a 4b 16 Ta có: 16 a 4b 2 22 a 4b 3a 4b 13 13 4 13 3a 4b 13 4 13 20 3a 4b 20 13 20 20 13 3a 4b 20 20 13 20 13 3a 4b 20 20 13 5 20 13 20 13 d (M , ) 5 2 a 4b 16 12 a 20 13 a 2b - Ta thấy d ( M , ) 3 b 3a 4b 4 13 a 20 13 - Tương tự với d ( M , ) , ta tìm b 12 4 12 12 Từ suy điểm M thoả mãn GTLN GTNN là: ; ; 3 3 Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A 1; 2;1 , B 2;1; , C 0; 3; mặt phẳng P : x y z Tìm tọa độ điểm M thuộc ( P) cho biểu thức MA2 MB MC đạt giá trị nhỏ Đầu tiên gọi điểm I có toạ độ I (a, b, c) thoả mãn: IA IB IC Ta dễ dàng tìm điểm I (1; ; ) 3 Khi ta có điểm M hình chiếu I lên mặt phẳng ( P ) x 1 t Ta viết phương trình đường thẳng d qua I vng góc với mặt phẳng ( P ) là: y 2t z 2t 1 1 Từ tìm điểm M ;0; 3 3 x y 2m Câu VII.b Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: x y xy x 1 m 2 x y 2m x y 2m 2 y x y 2m x m y x y 2m x m x y 2m x y 2m 2 2 x x y x xy m y x x y x m x y 2m x x x y 2m x x y x x y m x x x y m Đặt u x x 1; v x y Ta có: u 2v 2m u2 u m u m u mu m m u 1 uv m Khảo sát hàm số f u u2 với u , ta tìm m m 2u DIỄN ĐÀN BOXMATH.VN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ SỐ: 14 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) x3 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y (H ) x2 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( H ) hàm số cho Chứng minh với m đường thẳng y x m cắt đồ thị ( H ) hai điểm phân biệt A B Gọi d1 , d tiếp tuyến với ( H ) A B Tìm m để I 2;1 cách d1 , d Câu II (2 điểm) Giải phương trình: cos x sin x 2sin x 1 4cos x cos x sin x 2sin x 1 x y x 2 Giải hệ phương trình: x, y 2 x y xy x y xy y 2 x y 2 e x ln x ln x Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I dx ln x Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ ABCD A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD hình vng cạnh a Gọi M , N trung điểm DC , AD Hình chiếu vng góc A ' lên mặt phẳng ( ABCD) trùng với giao điểm AM BN Góc hai mặt phẳng ( ADD ' A ') ( ABCD) 600 Tính thể tích khối lăng trụ cho khoảng cách hai đường thẳng BN , B ' C theo a Câu V (1 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a b c Chứng minh rằng: ab bc ca a 2b b 2c c a 3abc II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 2 Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn (C ) : x 3 y hai điểm B 4;1 , C 8;3 Tìm tọa độ điểm A nằm đường trịn (C ) cho tam giác ABC vng A 1 Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( ) qua điểm A ; 0; , vuông 2 2 góc với mặt phẳng ( P) : x y z tiếp xúc với mặt cầu ( S ) : x 1 y 1 z Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z cho | z (3 4i) | biểu thức P | z |2 | z i |2 đạt giá trị lớn Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , viết phương trình đường trịn qua hai điểm A 5; , B 1; tiếp xúc với đường thẳng d : x y Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng () B 2;1; , đồng thời cắt vng góc với x2 y z4 Đường thẳng d cắt () M , qua N 2; 2; tiếp xúc với 1 mặt cầu ( S ) : x y z Tìm tọa độ điểm M đường thẳng d1 : Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: ( ) x 1 log log ( x x 1) Hết ... Vậy x y y2 1 Đề số 11 I PHẦN CHUNG (7 điểm) Cho tất thí sinh -2 01 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề DIỄN ĐÀN BOXMATH.VN ———————–... BOXMATH.VN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ SỐ: 12 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 2x 1 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y C x 1 Khảo sát biến thi? ?n vẽ... BOXMATH.VN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ SỐ: 14 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) x3 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y (H ) x2 Khảo sát biến thi? ?n vẽ