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
3
x
x
cos
cos
cos
sin 2
0
2 6
3
2
2
6
2) Giải phương trình: 4
x
x
2
1
x
x
2
1 2
Câu III (1 điểm): Gọi (H) hình phẳng giới hạn đường: (C):
x
(
y
1) 1
2
, (d):y
x
4
Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành hình (H) quay quanh trục OyCâu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi, cạnh a,
ABC
60
0, chiều cao SO hình chópa
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.BCDMCâu V (1 điểm): Cho số dương x, y, z thoả mãn:
x
2
y
2
z
2
1
Chứng minh:x
y
z
y
2z
2z
2x
2x
2y
23 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:
cos
t
cos2 cos3 cos4
t
t
t
0
t
t
5
t
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
(2
m
1)
x
(4
m
2)
3
(3) Với
t
l
x
4
2
l
2
3
Với
k
k
t
2
x
11
4
5
5
15
5
2) Điều kiện:
x
x
x
2
1 0
1
xKhi đó:
x
x
2
1
x
x
2
1
4x
x
2
1
(do x 1) VT >
Coâ Si
x
x
x
x
x
x
x
x
4
2
1
4
2
1
2
8
2
1
2
1
= PT vô nghiệm
Câu III: Phương trình tung độ giao điểm (C) (d):
(
y
1)
2
1 4
y
y
y
2
1
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
.1
KI 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
2
SO
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
y
2
z
2
1
x
2 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
x
2)
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) (
A
2
B
2
0)
Ta có:
d O d
5 2
( , )
2
A
B
A
2B
22
6
5 2
2
47
B
2
48
AB
17
A
2
0
B
A
B
A
24 55
47
24 55
47
VớiB
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 AAx 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
(2
t
2
8
t
1
26; 2
t
2
4
t
1
8;
t
2
t
1)
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
2x R
ln3.3
.5
0,
2
f(x) đồng biến Mặt khác f(2) = 0, nên nghiệm (1) là: S1 = [2; +)
(2)
a x
x4
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) =
x
4x
1
2
2
Ta có: g(x) =2
x
3
1
> 0, x g(x) đồng biến [2; +) g(2) =21
2
.Do (*) có nghiệm thuộc [2; +)
a
21
2
Vậy để hệ có nghiệm