De thi thu dai hoc mon Toan 202

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]

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2x3 3(2m1)x26 (m m1)x1 có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =

Tìm m để hàm số đồng biến khoảng (2;+∞)

Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: cos 3x(2cos 2x+1)=1 b) Giải phương trình : (3x+1)√2x2−1=5x2+3

2x −3

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

√ex+2¿2 ¿ ¿ dx

¿ I=∫

0 ln

¿

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác cạnh a, hình chiếu vng 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’ và BC

a

Câu V (1 điểm) 1.Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a+b+c=3 .Chứng minh rằng: 3(a2+b2+c2)+4 abc≥13

Cho x,y,z thoả mãn số thực: x2−xy+y2=1 Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức P=x

4

+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) trung điểm I AC nằm đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C

b) Trong không 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: (z2− 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

( ) : 3 x y  0 cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích nhau b.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

d 1:

x −4 =

y −1 −1 =

z+5

−2 d2: x −2

1 = y+3

3 = z

Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng d1 d2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3 log2x −2)>9 log2x −2

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012. Môn thi : TO N (Á ĐỀ 202)

Câu I

b) y2x3 3(2m1)x26 (m m1)x1

⇒y '=6x2−6(2m+1)x+6m(m+1) y’ có 2m+1¿

2

−4(m2+m)=1>0 Δ=¿

0,5

y '=0⇔

x=m ¿ x=m+1

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Hàm số đồng biến (2;+∞) ⇔ y '>0 ∀x>2 ⇔ m+1≤2 ⇔

m≤1

0,25

Câu II a Giải phương trình: cos 3x(2cos 2x+1)=1 1 iểm

PT ⇔ cos 3x(4 cos2x −1)=1 ⇔ cos 3x(3−4 sin2x)=1 0,25 Nhận xét x=kπ , k∈Z không nghiệm phương trình ta có:

2 cos 3x(3−4 sin2x)=1 ⇔ cos 3x(3 sinx −4 sin3x)=sinx

⇔ cos 3xsin 3x=sinx ⇔ sin 6x=sinx

0,25

⇔

6x=x+m2π ¿

6x=π − x+m2π ¿

¿ ¿ ¿

⇔

x=2mπ ¿ x=π

7+ 2mπ

7 ¿ ¿ ¿ ¿

; m∈Z

0,25

Xét 2mπ

5 =¿ kπ ⇔ 2m=5k ⇔ m ¿5t , t∈Z Xét

π 7+

2mπ

7 = kπ ⇔

1+2m=7k ⇔ k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, l∈Z Vậy ph tr có nghiệm: x=2mπ

5 ( m≠5t ); x= π 7+

2mπ

7 ( m≠7l+3 ) m ,t ,l∈Z

0,25

b

) Giải phương trình : (3x+1)√2x

−1=5x2+3 2x −3

1 iểm PT ⇔ 2(3x+1)√2x2−1=10x2+3x −6 2(3x+1)√2x2−1=4(2x2−1)+2x2+3x −2 Đặt

t=√2x2−1(t ≥0) Pt trở thành 4t2−2(3x+1)t+2x2+3x −2=0 Ta có: x −3¿2

3x+1¿2−4(2x2+3x −2)=¿ Δ'=¿

0,25

Pt trở thành 4t2−2(3x

+1)t+2x2+3x −2=0 Ta ó:

x −3¿2

3x+1¿2−4(2x2+3x −2)=¿ Δ'=¿

Từ ta có phương trình có nghiệm : t=2x −1 ;t=

x+2 Ththayy vào cách đăt giải ta có nghiệm: x∈{−1+√6

2 ;

2+√60 }

0,5

Câu III

Tính tích phân

√ex+2¿2 ¿ ¿ dx

¿ I=∫

0 ln

¿

1 điểm

Ta c ó e

x

+2¿2 ¿ e

x ¿ e

x 3dx

¿ I=∫

0 ln

¿

= Đặt u= ex3 ⇒ 3 du=e

x

3dx ; x=0⇒u=1; x=3 ln2⇒u=2

0,25

Ta được:

u+2¿2 ¿ u¿ du

¿ I=∫

1

¿ =3

u+2¿2

4u− 4(u+2)−

1 2(¿)du ¿

∫

¿

0,25

=3 (14ln|u|−14ln|u+2|+ 2(u+2))¿1

2

0,25

¿3 4ln(

3 2)−

1

8 Vậy I ¿ 4ln(

3 2)−

1

8 0,25

Gọi M trung điểm BC ta thấy:

¿ AM⊥BC A ' O⊥BC

} ¿

⇒BC⊥(A 'AM) Kẻ MH⊥AA ', (do

∠A nhọn nên H thuộc đoạn AA’.)Do

BC⊥(A 'AM) HM∈(A 'AM)

}

⇒HM⊥BC

.Vậy HM đọan vơng góc

0,5 A

B

C

C ’ B

’ A

’ H

chung củaAA’và BC, d(AA',BC)=HM=a√3 Xét tam giác đồng dạng AA’O AMH, ta có: A ' O

AO = HM AH

⇔ suy A ' O=AO HM

AH =

a√3

a√3

4 3a=

a Thể tích khối lăng trụ: V=A ' O.SABC=1

2A ' O AM BC=

a

a√3 a=

a3

√3 12

0,5

Câu V 1.Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a+b+c=3 .Chứng minh rằng: 3(a2+b2+c2)+4 abc≥13

1 ểm Đặt f(a , b , c)=3(a2+b2+c2)+4 abc−13;t=b+c

2

*Trước hết ta chưng minh: f(a , b , c)≥ f(a ,t ,t) :Thật Do vai trò a,b,c nên ta giả thiết a ≤ b ≤ c

⇒3a ≤ a+b+c=3 hay a

f(a , b , c)− f(a , t , t)=¿ 3(a2+b2+c2)+4 abc−13−3(a2+t2+t2)−4 at2+13 = 3(b2+c2−2t2)+4a(bc− t2)

= 3[b2+c2−2(b+c)

2

]+4a[bc−(b+c)

2

] =

b − c¿2 ¿ b − c¿2

3¿ ¿ =

b− c¿2 ¿ (3−2a)¿

¿

a

0,5

*Bây ta cần chứng minh: f(a , t , t)≥0 với a+2t=3 Ta có f(a , t , t)=3(a2+t2+t2)+4 at2−13

= (3−2t¿2+t2+t2)+4(3−2t)t2−13 3¿

= t −1¿2(7−4t)≥0

2¿ 2t=b+c < 3

Dấu “=” xảy ⇔t=1∧b − c=0⇔a=b=c=1 (ĐPCM)

0,5

2 Cho x,y,z thoả mãn số thực: x2−xy

+y2=1 .Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức P=x

4

+y4+1 x2+y2+1 Tõ gi¶ thiÕt suy ra:

1=x2−xy+y2≥2 xy−xy=xy ¿

x+y¿2−3 xy≥−3 xy 1=¿

Từ ú ta cú 1

3xy1 0,25

Măt khác x2xy

+y2=1x2+y2=1+xy nên x4

+y4= x2y2+2 xy+1 đăt t=xy Vởy toán trở thành tìm GTLN,GTNN cña

P=f(t)=− t

2+2t+2 t+2 ;−

1

TÝnh

t+2¿2 ¿

¿0⇔

¿ t=√6−2

¿ t=−√6−2(l)

¿ ¿ ¿ ¿

f '(t)=0⇔−1+6 ¿

0.25

Do hàm số liên tục [1

3;1] nên so sánh giá trị f( 1

3 ) , f(√6−2) , f(1) cho kÕt qu¶: MaxP=f(√6−2)=6−2√6 , minP=f(−1

3)= 11 15

0.25

a)

(Học sinh tự vẽ hình)Ta có: AB  1;2 AB



Phương trình AB là: 2x y  0  :  ; 

I d y x  I t t

I trung điểm AC: C(2t −1;2t) 0,5

Theo ra: SΔABC=1

2AB d(C ,AB)=2 ⇔ |6t −4|=4 ⇔

t=0 ¿ t=4

3 ¿ ¿ ¿ ¿ Từ ta có điểm C(-1;0) C( 53;8

3 ) thoả mãn

0,5

*Từ phương trình đoạn chắn suy pt tổng quát mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25 *Gọi H hình chiếu vng góc O l ên (ABC), OH vng góc với

(ABC) nên ⃗OH //⃗n(2;1;−1) ;HABC Ta suy H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có

t= 13 suy H(2 3;

1 3;−

1 3)

0,25

*O’ đỗi xứng với O qua (ABC) ⇔ H trung điểm OO’ ⇔ O'(4 3;

2 3;−

2 3)

0,5 CâuVIIa

Giải phương trình: (z2− z)(z+3)(z+2)=10 , ¿ z∈

¿

C. 1 iểm

PT ⇔ z(z+2)(z −1)(z+3)=10⇔ (z2+2z)(z2+2z −3)=0 Đặt t=z2+2z Khi phương trình (8) trở thành:

0,25

⇔

t=−2 ¿ t=5

¿ z=−1±i

¿ z=−1±√6

¿ ¿ ¿

⇒¿

¿ ¿ ¿

Vậy phương trình có nghiệm: z=−1±√6 ; z=−1± i

0,5

Viết phương trình đường AB: 4x3y 0 AB5 Viết phương trình đường CD: x 4y17 0 CD 17

0,25

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  

0,25

Từ đó: SMAB SMCD  d M AB AB d M CD CD( , )  ( , )

7

3

t t

   

 Có điểm cần tìm là:

7

( 9; 32), ( ; 2)

3

M   M

0,5

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 ≥d d d 1, 2 dấu xảy I trung điểm AB AB đoạn vng góc

chung hai đường thẳng d1, d2

0, 25

Ta tìm A, B : '

AB u AB u

 

 

  

                            ⃗ ⃗

Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)

0,25

 ⃗AB(….)…  A(1; 2; -3) B(3; 0; 1) I(2; 1; -1) 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) bán kính R=

Nên có phương trình là:  

2 2 2

2 ( 1) ( 1)

x  y  z  0,25

CâuVIIb Giải bất phương trình x(3 log2x −2)>9 log2x −2 1 iểm

Điều kiện: x>0 Bất phương trình ⇔ 3(x −3)log2x>2(x −1)

Nhận thấy x=3 không nghiệm bất phương trình 0.25

TH1 Nếu x>3 BPT ⇔

2log2x> x −1 x −3 Xét hàm số: f(x)=3

2log2x đồng biến khoảng (0;+∞) g(x)= x −1

x −3 nghịch biến

trên khoảng (3;+∞) *Với x>4 :Ta có

¿ f(x)>f(4)=3 g(x)<g(4)=3

} ¿

x<4 :Ta có

¿ f(x)<f(4)=3 g(x)>g(4)=3

} ¿

 Bpt vô nghiệm

TH :Nếu 0<x<3 BPT ⇔

2log2x< x −1

x −3 f (x)=

2log2x đồng biến (0;+∞) ; g(x)=x −1

x −3 nghịch biến (0;3) *Với x>1 :Ta có

¿ f(x)>f(1)=0 g(x)<g(1)=0

} ¿

 Bpt vô nghiệm

* Với x<1 :Ta có

¿ f(x)<f(1)=0 g(x)>g(1)=0

} ¿

 Bpt có nghiệm 0<x<1 Vậy Bpt có ngh

x>4 ¿ 0<x<1

¿ ¿ ¿ ¿