De thi thu CD DH Toan 2012 44

ABC vuông cân tại A nên AI cũng là phân. giác của  BAC.[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 44 )

I PHẦN CHUNG (7 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số

m x m

y

x

2 (2 1)

1

 



 .

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số m = –1 2) Tìm m để đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y x Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình: 2 cos2xsin2x4cos 32 x

2) Giải hệ phương trình:

xy x y

x y x y x y 2

2

2 1



  



 

   



Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =

x dx

x x

2

3

sin (sin cos ) 





Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABCcó đáy tam giác cạnh a, AM 

(ABC), AM = a

2 (M trung điểm cạnh BC) Tính thể tích khối đa diện ABABC. Câu V (1 điểm): Cho số thực x, y Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

P = x2y2 4y4 x2y24y4 x 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 elip (E):

x2 y2 1

100 25  Tìm điểm M  (E) cho

F MF

1 120 (F1, F2 hai tiêu điểm (E)).

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(3; 1; 1), B(7; 3; 9), C(2; 2; 2) mặt phẳng (P) có phương trình: x y z   3 Tìm (P) điểm M cho MA2MB3MC

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

nhỏ Câu VII.a (1 điểm): Gọi a1, a2, …, a11 hệ số khai triển sau:

x 10 x x11 a x1 10 a x2 a11

( 1) ( 2)     Tìm hệ số a

5 2 Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): (x 3)2(y 4)2 35 điểm A(5; 5) Tìm (C) hai điểm B, C cho tam giác ABC vuông cân A

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) đường thẳng d:

x y z

1 1

 

 

Tìm d hai điểm A, B cho tam giác ABM

y x y x

x y x y

xy 2010 3 2 log                  

Hướng dẫn Đề số 44

Câu I: 2) TXĐ: D = R \ {1}

Để đồ thị tiếp xúc với đường thẳng y x thì:

m x m x

x m x 2

(2 1) (*)

1

( 1) 1 (**)

( 1)              

Từ (**) ta có (m 1)2(x 1)2  x m x m

 

  



 Với x = m, thay vào (*) ta được: 0m0 (thoả với m) Vì x  nên m  1.

 Với x = – m, thay vào (*) ta được: (2m 1)(2 m) m2(2 m)(2 m 1)  4(m 1)20  m1 x = (loại)

Vậy với m  đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y x

Câu II: 1) PT  x x x

3cos2 1sin2 cos6

2



 

 x x

5

cos cos6

6           x k x l 48 24              2) xy x y x y x y x y 2

2

2 1 (1)

(2)           

 Điều kiện: x y 0.

(1) 

x y xy

x y

2

(  )  2 1 0



   (x y  1)(x2y2 x y) 0  x y  0

(vì x y 0 nên x2y2  x y 0) Thay x 1 y vào (2) ta được: 1x2 (1 x)  x2 x 0 

x y

x 12 ((y 3)0)

  

  



Vậy hệ có nghiệm: (1; 0), (–2; 3)

Câu III: Đặt t x



 

 dt = –dx Ta có I =

t dt t t cos (sin cos )    = x dx x x cos (sin cos ) 





 2I =

=

x

0 tan

2





 



 

  = Vậy: I =

1 2.

Câu IV: Vì ABBA hình bình hành nên ta có: VC ABB 'VC AB A ' '

Mà C ABB ABC

a a a

V . ' 1.A M S 3

3 

  

Vậy, C ABB A C ABB

a a

V . ' ' 2V . ' 3

8

  

Câu V: Ta có: P = x2(2 y)2  x2(y2)2  x Xét a( ;2x  y b), ( ,x y2)

 

Ta có: a  b  a b

 

 

 x2(2 y)2  x2(y2)2  4x216 2 x2 4 Suy ra: P  x24 x Dấu "=" xảy  a b,

 

hướng hay y = Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có:

2 3x2(3 1)(4 x2)  2 x24 3 x Dấu "=" xảy  x

2



Do đó: P  2 3x  4 x  4   Dấu "=" xảy 

x , 0y

 

Vậy MinP = 4

x , 0y

 

Câu VI.a: 1) Ta có: a10,b5  c5 3 Gọi M(x; y)  (E)

Ta có: MF1 x MF2 x

3

10 , 10

2

   

Ta có: F F1 22 MF12MF22  2MF MF1 2.cosF MF1



  x x x x

2

2 3 3 3 3 1

10 10 10 10 10

2 2 2

         

              

           x = (y=  5)

Vậy có điểm thoả YCBT: M1(0; 5), M2(0; –5) 2) Gọi I điểm thoả: IA2IB3IC0

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

   

 I

23 13 25; ; 6

 

 

 

Ta có: T = MA2MB3MC MI IA 2MI IB 3MI IC  6MI 6MI

          

Do đó: T nhỏ  MI



nhỏ  M hình chiếu I (P) Ta tìm được: M

13 16; ; 9

 



 

 .

 a5 C105 2C104 672. Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 4)

 Ta có:

AB AC IB IC

 

 

  AI đường trung trực BC ABC vuông cân A nên AI phân

giác BAC Do AB AC hợp với AI góc 450

 Gọi d đường thẳng qua A hợp với AI góc 450 Khi B, C giao điểm d với (C) AB = AC

Vì IA(2;1)



 (1; 1), (1; –1) nên d không phương với trục toạ độ  VTCP d có hai thành phần khác Gọi u(1; )a VTCP d Ta có:

IA u a a

a2 a2

2 2

cos ,

2

1

 

  

  

 

 2a  1a2 

a a

3

  

  

 Với a = 3, u(1;3)  Phương trình đường thẳng d:

x t

y 55 3t

   

 



Ta tìm giao điểm d (C) là:

9 13 13; , 13 13;

2 2

       

   

   

 Với a =



, u

1 1;

3

 

  

 



 Phương trình đường thẳng d:

x t

y t

5

3

    

  



Ta tìm giao điểm d (C) là:

7 13 11; 13 , 13 11; 13

2 2

       

   

   

 Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là:

7 13 11; 13 , 13 13;

2 2

       

   

   

và

7 13 11; 13 , 13 13;

2 2

       

   

   

2) Gọi H hình chiếu M d Ta có: MH = d M d( , ) 2

Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = MH

2

3 

Do đó, toạ độ A, B nghiệm hệ:

x y z

x y z

2

1 1

8 ( 2) ( 1) ( 2)

3

  

  

 

      





Giải hệ ta tìm được: A B

2 2 2

2 ; ;3 , ; ;3

3 3 3

   

    

   

   .

Câu VII.b:

y x y

x

x y x y

xy 2010 3

2 2

log (1)

(2)

  

 

 



  

 

  

Điều kiện: xy0 Từ (2) ta có: x3y3xy x( 2y2) 0  x0,y0 (1) 

x y

y

x

2 2010 



 x.2010x 2 2010y 2y Xét hàm số: f(t) = t.2010t (t > 0) Ta có: f (t) =

t t

2010

ln2010

 

 

 

 

 f(t) đồng biến t >  f(x) = f(2y)  x = 2y

Thay x = 2y vào (2) ta được: y y

5

2

 

 

 

  

y loại

y x

0 ( )

9

10

 

  

    

 



Vậy nghiệm hệ là: 9; 10

 

 