PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc B ) A.. Theo chương trình chuẩn.[r]
(1)ŀ
ĐỀ THAM KHẢO
Email: phukhanh@moet.edu.vn
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Mơn thi : TỐN - khối B
Ngày thi thử: tháng 04 năm 2012
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I: Cho hàm số:
3
x x
y 2x
3
= − − + + có đồ thị ( )C
1. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( )C hàm số
2. Tìm tất điểm đường thẳng 30x 24y 61 0− + = để từ kẻ đến đồ thị ( )C kẻ tiếp tuyến tương ứng với tiếp điểm có hồnh độ x ,x , x thỏa 1 2 3 x1<x2< <0 x3
Câu II:
1. Giải phương trình: ( )
2 2
2
sin x cos x 2sin x
sin x sin 3x
1 cot x 4
+ − = π− − π−
+
2. Giải phương trình: ( )
2
2
x xy xy y x y x y 369
− + − = −
− =
Câu III: Tính tích phân:
( )
2
2
xdx I
x x
=
+ +
∫
Câu IV: Hình chóp tứ giác SABCD có có đáy ABCD hình vng cạnh a,SA⊥mp ABCD ,SA( ) =a Gọi E trung điểm cạnh CD Gọi I hình chiếu vng góc S lên đường thẳng BE Tính theo a thể tích tứ diện
SAEI
Câu V: Cho x, y,z số thực dương thỏa mãn x2+y2+z2+2xy=3 x( + +y z) Tìm giá trị nhỏ :
20 20 P x y z
x z y
= + + + +
+ +
II PHẦN RIÊNG Thí sinh chọn làm hai phần ( phần A B ) A Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a:
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng d :x 3y1 − =0, d :2x2 + − =y 0, d : x y3 − =0 Tìm tọa độ điểm A d , B d , C, D d∈ 1 ∈ 2 ∈ 3 để tứ giác ABCD hình vng
2 Trong mặt phẳng toạ độ Oxyz,cho đường thẳng d :1 x y z , d :2 x y z
1 1
+ − + −
= = = =
− Viết phương
trình đường thẳng d cắt đường thẳng d ,d đồng thời song song với đường thẳng 1 2 :x y z
1
− − −
∆ = =
−
Câu VII.a: Tìm số phức z thỏa mãn: z3=z
B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b:
1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A 1;0 ,B( ) (−2;4 ,C) (−1;4 ,D 3;5) ( ) đường thẳng d : 3x y 0− − = Tìm điểm M ( )d cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích
2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxyz, cho điểm A 0;1;0 ,B 2;2;2 ,C( ) ( ) (−2;3;4) ( )d :x y z
2
− = + = +
− Tìm
điểm M thuộc ( )d cho thể tích khối tứ diện MABC
(2)
HƯỚNG DẪN CHẤM Câu I
2 M∈( )d : 30x 24y 61 0− + = ⇒ M m;5m 61
4 24
+
Phương trình tiếp tuyến ( )C N x ;y( 0 0): ( )( )
3
2 0
0 0
x x
y 2x x x x x
3
− − − + + = − − + −
Tiếp tuyến qua M ( )( )
3
2 0
0 0
x x
5m 61
2x x x m x
4 24 3
⇔ + − − − + + = − − + −
3
0 0
2 3m
x m x mx
3 24
+ − − + − =
( )∗
Để thỏa u cầu tốn phương trình ( )∗ có hai nghiệm âm phân biệt
2 7m 5
m m hay m
3 12
5
m m
18 18
3 5
m m
2
+ − > < − >
⇔ − > ⇔ <
− < <
Vậy, điểm M nằm đường thẳng d có hồnh độ m thỏa m
< − m 6< <18
Câu II
1 Điều kiện: sin x≠0
Phương trình cho tương đương với: (sin2x cos2x sin x) 2 cos 2x sin x
4
π
+ = −
( )
cos 2x sin x cos 2x sin x cos 2x
4 4
π π π
⇔ − = − ⇔ − − =
∗ sin x x k2
π
= ⇔ = + π
∗ cos 2x x k
4
π π π
− = ⇔ = +
Vậy, nghiệm phương trình là: x k2 ,
π
= + π x k k( )
8
π π
= + ∈
2 Điều kiện:
x y x y
(3)Đặt:
( )
2 2 2
2 2
2
u v x y
u x xy , u
u v x y , u v
v xy y , v
= − ≥ + = − ⇒ − = − ≥ = − ≥
Hệ cho trở thành: ( )
2
2 2 2
u v u v u v
u v u v
u v 369 u v 369
+ = − + + − − = ⇔ + = + = ( ) 2
u v
I u v 369
+ = ⇔
+ =
2 ( )
u v u v
II
u v 369
+ = −
+ =
( )I u v u 0, v 0( ) 369
= = ≥ ≥
⇒
=
nên hệ vô nghiệm
( ) 2 2 ( ) ( )
2
4u
u v u v v u 15 vìu
II
v 12
u v 369 u 225
+ = − = = ≥ ⇔ ⇔ ⇔ = + = =
( )2 ( )
2
2 2
2
x xy 15 x xy 225 x y 81 x y x y x 25
y 16 x y 41
xy y 144 x y 369
xy y 12
− = − = − = − = ≥ = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = + = − = − = − =
Vậy, nghiệm hệ phương trình là: (25;16)
Câu III Đặt t= x2+ ⇒5 t2=x2+ ⇒5 xdx=tdt
Đổi cận: x= ⇒ =2 t 3, x=2 5⇒ =t
Vậy,
( )
5
5 5
2
3 3
tdt dt 1 1 t 15
I dt ln ln
t 4 t t t
t t
− = = = − = = − − + + − ∫ ∫ ∫
Câu IV. Vẽ SI⊥BE, I BE∈ AI hình chiếu SI lên (ABCD)⇒AI⊥BE
Ta có: ABI∆ đồng dạng BEC∆
BC.AB AI
AI AB BI BE
BC BE EC EC.AB
BI BE = ⇒ = = ⇒ = Mà
2 2
a a a
AB BC a, EC , BE BC EC a
2
= = = = + = + =
Nên:
a a
a.a 2a 2 a
AI , BI
5
a a
2
= = = =
2
2
ABCD ADE BCE
1 a a
S a ,S DA.DE , S BC.EC
2 4
∆ ∆ = = = = = ABI
1 2a a a
S AI.BI
2 5
(4)
2 2
AEI ABCD ADE BCE ABI
a a 3a
S S S S S a
2 10
∆ = − ∆ − ∆ − ∆ = − − =
3 S.AEI AEI
1 a
V S SA
3 ∆ 10
= = ( đvtt )
Câu V Theo Bất đẳng thức Cơ si, ta có:
( ) ( )2 2 1( )2
3 x y z x y z x y z x y z
2
+ + = + + ≥ + + ⇒ < + + ≤
( )
1
2 x z x z ,
2
+ ≤ + + y 1(6 y)
+ ≤ +
Suy ra: P x y z 80 80 x y z 320
4 x z y 10 x y z
≥ + + + + ≥ + + +
+ + + + + +
Đặt t= + + ⇒x y z t< ≤6
Xét hàm số: f t( ) t 320 10 t
= +
+ với t< ≤6 Ta có: f ' t( )<0 với t∈( )0;6
Hàm số f t( ) nghịch biến (0;6] suy minf t( ) ( )=f =26
Đẳng thức xảy x 1,y= =2,z 3=
Câu VI.a:
1 Gọi B b;5 2b( − )∈d2 Đường thẳng ∆1 qua B vng góc d cắt 3 d C Phương trình 3 ∆1: x+ + − =y b Tọa độ C nghiệm hệ x y C b b;
x y b 2
− =
⇒ − −
+ + − =
Đường thẳng AB d 3 nên có phương trình x y 3b 0− + − = Tọa độ A nghiệm hệ x y 3b A 9b 15 3b 5;
x 3y 2
− + − =
⇒ − −
− =
Đường thẳng ∆2 qua A vng góc d cắt 3 d 3 D Phương trình ∆1: x y 6b 10 0+ − + = Tọa độ D nghiệm hệ x y D 3b 5;3b 5( )
x y 6b 10
− =
⇒ − −
+ − + =
ABCD hình vng ⇔AD CD= ⇔2b2−9b 10 0+ = ⇔ =b 2 b
2
=
( ) ( )
3 3
b A ; , B 2;1 , C ; ,D 1;1
2 2
= ⇒
5 15 5 5 5
b A ; , B ;0 , C ; , D ;
2 4 4 2
= ⇒
2 d qua1 M1=(0; 1;0− ) có vectơ phương u1=(1; 2; 1), d qua2 M2=(1; 1;4− ) có vectơ phương
( )
2
u= 1; 2;3− Nhận thấy, u ,u1 2=(8; 2; , M M− − ) 1 2=(1; 0; 4)⇒u ,u 1 2.M M1 2= − ≠8 0, nên d ,d1 2 chéo
Gọi M d= ∩d , N d1 = ∩d2⇒M=(t; 2t;t , N− + ) =(1 s; 2s;4 3s+ − − + )
( )
MN s t; 2s 2t;4 3s t
⇒= + − − − + − vectơ phương đường thẳng ( )d
Lại có: u=(1;4; 2− ) vectơ phương ∆ Theo toán, d∆ ⇒u phương với MN
( )
s t s
u,MN M 2;3;2
5s 3t t
− + = =
⇔ = ⇔ ⇔ ⇒ =
− + = =
(5)Vậy đường thẳng cần tìm d :x y z
1
− − −
= =
−
Câu VII.a: Giả sử z= +a bi, a,b( ∈»)⇒ = −z a bi Dễ thấy, z3=(a+bi)3=a3+3a bi2 −3ab2−b i3
Do z=z3 ( )
( )
3
2
a 3ab a 3a b b b
− =
⇔
− = −
( )
∗
Đặt a=tb, (t∈) Hệ ( )∗ trở thành: ( ) ( ) ( )
( )
3 2
2
tb tb b tb
3 tb b b b
− =
− = −
suy ( )
2
t t −1 = ⇔ =0 t 0, t= −1 t=1
TH1: Khi t= ⇒ =0 a thay vào ( )2 ta −b3= −b ⇔ =b b= −1 b 1=
TH2: Khi t= ± ⇒ = ±1 a b thay vào ( )2 ta 2b3= −b ⇔ =b Vậy, số phức thỏa mãn toán: z 0,= z= −i, z=i
Câu VI.B:
1 M x;y( )∈ ⇔d 3x y 0.− − = AB 5,CD= = 17 Ta có: AB(−3;4)⇒nAB( )4;3 ⇒
phương trình đường thẳng AB : 4x 3y+ − =4
( ) CD( )
CD 4;1 ⇒n 1; 4− ⇒
phương trình đường thẳng CD : x 4y 17 0− + =
( ) ( )
MAB MCD
4x 3y x 4y 17
S S AB.d M, AB CD.d M,CD 17
5 17
+ − − +
= ⇔ = ⇔ ⋅ = ⋅
4x 3y x 4y 17
⇔ + − = − +
Tọa độ M cần tìm nghiệm hệ:
3x y
3x y 3x 7y 21
4x 3y x 4y 17 3x y
5x y 13
− − =
− − = + − =
⇔
+ − = − +
− − =
− + =
( )
1
7
M ;2 ,M 9; 32
⇒ − −
2 Phương trình tham số d :
x 2t y t , z 2t
= +
= − −
= − +
( )
M d∈ ⇒M 2t; t; 2t+ − − − +
Ta có: AB=(2;1;2 , AC) = −( 2;2;4)⇒AB, AC=(0; 12;6 ,− )
( )
AM= 2t; t; 2t+ − − − +
AB, AC AM 18 24t
⇒ = +
( )
MABC
t M 1; 2;
V AB, AC AM 18 24t 18 3 1
6 t M 2; ;
2
= ⇒ − −
= ⇔ = ⇔ + = ⇔
= − ⇒ − − −
Vậy, có hai điểm thỏa đề M 1; 2; ,M( ) 2; 1;
− − − − −
(6)Câu VIIBĐiều kiện: n>3,n∈N
Phương trình log4(n−3)+log4(n+9)= ⇔3 log4(n−3 n)( +9)=3
(n−3 n)( +9)=43⇔n2+6n− = ⇔ =9 n : n( >3)
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
= + = + + = + = + − = −
3
7
z i i i i 2i i 8i 8i