Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành do hình (H) quay quanh trục Oy.. Gọi M là trung điểm của AD, mặt phẳng (P) chứa BM và song song với SA, cắt SC tại K.[r]
(1)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 43 )
I PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số x y
x 2 1
1
.
1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số
2) Gọi I giao điểm hai tiệm cận (C) Tìm điểm M thuộc (C) cho tiếp tuyến (C) M vng góc với đường thẳng MI
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình:
x x 3x x
cos cos cos sin 2 0
2 6 3 2 2 6
2) Giải phương trình: 4x x2 1 x x2 1 2
Câu III (1 điểm): Gọi (H) hình phẳng giới hạn đường: (C): x(y 1) 12 , (d): yx4 Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành hình (H) quay quanh trục Oy
Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi, cạnh a, ABC600, chiều cao SO hình chóp
a 3
2 , O giao điểm hai đường chéo AC BD Gọi M trung điểm AD, mặt phẳng (P) chứa BM song song với SA, cắt SC K Tính thể tích khối chóp K.BCDM
Câu V (1 điểm): Cho số dương x, y, z thoả mãn: x2y2z2 1 Chứng minh:
x y z
y2 z2 z2 x2 x2 y2
3 3 2
II PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm) 1 Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường trịn (C) có tâm O, bán kính R = điểm M(2; 6) Viết phương trình đường thẳng d qua M, cắt (C) điểm A, B cho OAB có diện tích lớn 2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z 3 0 điểm A(0; 1; 2) Tìm toạ độ điểm A đối xứng với A qua mặt phẳng (P)
Câu VII.a (1 điểm): Từ số 1, 2, 3, 4, 5, thiết lập tất số tự nhiên có chữ số khác Hỏi số có số mà hai chữ số không đứng cạnh
2 Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm):
(2)2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1):
x t
y t
z t 23 8 10 4
(d2): x 3 y 2 z
2 2 1
Viết phương trình đường thẳng (d) song song với trục Oz cắt hai đường thẳng (d1), (d2)
Câu VII.b (1 điểm): Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm: x x
a x x
2
2
3 4 5
1 log ( ) log ( 1)
Hướng dẫn Đề số 43 www.VNMATH.com
Câu I: 2) Giao điểm hai tiệm cận I(1; 2) Gọi M(a; b) (C)
a b
a 2 1
1
(a 1)
Phương trình tiếp tuyến (C) M:
a
y x a
a a
1 ( ) 2 1
1 ( 1)
Phương trình đwịng thẳng MI:
y x
a
1 ( 1) 2 ( 1)
Tiếp tuyến M vng góc với MI nên ta có: a a
1 . 1 1
( 1) ( 1)
a b
a 0 (2 (b 1)3)
Vậy có điểm cần tìm M1(0; 1), M2(2; 3)
Câu II: 1) PT
x x x x
cos cos2 cos3 cos4 0
2 6 2 6 2 6 2 6
Đặt x t
2 6
,
PT trở thành: costcos2 cos3 cos4t t t0
t t 5t 4 cos cos cos 0
2 2
t t
t cos 0
2 cos 0
5 cos 0
2
t m
t l
k t
(2 1) 2
2
5 5
Với
t (2m 1) x (4m 2) 3
(3) Với
t l x 4 2l
2 3
Với
k k
t 2 x 11 4
5 5 15 5
2) Điều kiện: x
x x
2
1 0 1
x
Khi đó: x x2 1 x x21 4 x x21 (do x 1)
VT >
Coâ Si
x x x x x x x x
4 214 2 1 28 21 2 1
= PT vô nghiệm
Câu III: Phương trình tung độ giao điểm (C) (d): (y1)2 1 4 y y y 21
V =
y y y dy
2
2 2
1
( 2 2) (4 )
= 117
5
Câu IV: Gọi N = BM AC N trọng tâm ABD
Kẻ NK // SA (K SC) Kẻ KI // SO (I AC) KI (ABCD) Vậy K BCDM BCDM V . 1KI S.
3
Ta có: SOC ~ KIC
KI CK
SO CS (1), KNC ~ SAC
CK CN CS CA (2)
Từ (1) (2)
CO CO
KI CN CO ON
SO CA CO CO
1
2 3
2 2 3
a KI 2SO 3
3 3
Ta có: ADC CM AD CM = a 3
2 SBCDM = DM BC CM a
2
1( ). 3 3
2 8
VK.BCDM =
BCDM a
KI S
1 .
3 8
Câu V: Ta có
x x
y2z2 1 x2 Ta cần chứng minh:
x x
x
2
3 3 2
1 .
Thật vậy, áp dụng BĐT Cô–si ta có:
x x x
x x x x x
2
2 2
2
2 2 2 2 1 1 8
2 1 2 (1 )(1 )
3 27
x(1 x2) 2 3 3
x x
x
2
3 3 2
1
x x
y z
2
2
3 3 2
(1)
Tương tự:
y y
x z
2
2
3 3 2
(2),
z z
x y
2
2
3 3 2
(4)Do đó:
x y z x y z
y z x z x y
2 2
2 2 2
3 3 3 3
2 2
Dấu "=" xảy
x y z 3 3
Câu VI.a: 1) Tam giác OAB có diện tích lớn OAB vng cân O
Khi d O d
5 2 ( , )
2
Giả sử phương trình đường thẳng d: A x( 2)B y( 6) ( A2B20)
Ta có: d O d
5 2 ( , )
2
A B A2 B2
2 6 5 2
2
47B248AB17A2 0
B A
B A
24 55 47 24 55
47
Với
B 24 55 A 47
: chọn A = 47 B = 24 55 d: 47(x 2) 24 55 ( y 6) 0
Với
B 24 55 A 47
: chọn A = 47 B = 24 55 d: 47(x 2) 24 55 ( y 6) 0
2) (P) có VTPT n(1;1;1) Giả sử A(x; y; z) Gọi I trung điểm AA
x y z I ; 1; 2
2 2 2
.
Ta có: A đối xứng với A qua (P)
AA n cuøng phương I (P),
x y z
x y z
1 2
1 1 1
1 2 0
2 2 2
x y z
4 3 2
Vậy: A(–4; –3; –2).
Câu VII.a: Số số gồm chữ số khác lập từ số 1, 2, 3, 4, 5, là: 6! (số) Số số gồm chữ số khác mà có số đứng cạnh là: 2.5! (số) Số số thoả yêu cầu toán là: 6! – 2.5! = 480 (số)
Câu VI.b: 1) Ta có A = AD AM A(9; –2) Gọi C điểm đối xứng C qua AD C AB Ta tìm được: C(2; –1) Suy phương trình (AB):
x 9 y 2 2 9 1 2
(5)Gọi A = Cx AM A(–17; 6) M trung điểm AA M(–4; 2) M trung điểm BC B(–12; 1)
2) Giả sử A( 23 ; 10 ; ) t1 t t1 d1, B(3 ; 2 ; ) t2 t t2 d2 AB(2t2 8t126; 2 t2 4t18;t2 t1)
AB // Oz AB k phương,
t t t t
2
2
2 8 26 0
2 4 8 0
t t
1
2
17 6
5 3
A
1 17; ; 3 6
Phương trình đường thẳng AB: x y
z t
1 3 4 3 17
6
Câu VII.b:
x x
a x x
2
2
3 4 5 (1)
1 log ( ) log ( 1) (2)
(1)
x
x 2
3 5 4 0 Đặt f(x) =
x
x 2
3 5 4 Ta có: f(x) =
x
x ln 5 2 x R
ln3.3 .5 0, 2
f(x) đồng biến Mặt khác f(2) = 0, nên nghiệm (1) là: S1 = [2; +)
(2) a x x
4
2
log 2( ) log ( 1)
a x x
4
2( ) 1 x
a x 1
2 2
(*) Hệ có nghiệm (*) có nghiệm thuộc [2; +)
Đặt g(x) =
x4 x 1
2 2 Ta có: g(x) = 2x31 > 0, x g(x) đồng biến [2; +) g(2) = 21
2 .
Do (*) có nghiệm thuộc [2; +)
a 21 2
Vậy để hệ có nghiệm a
21 2