de thi thu dai hoc lan 7 hh3

Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho khoảng cách từ trung điểm của đoạn thẳng nối 2 điểm cực trị của ( Cm ) đến tiếp tuyến của ( Cm ) tại điểm có hoành độ bằng[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2012

ĐỀ THAM KHẢO Mơn thi : TỐN

violet.vn/thaohh3/ Thời gian làm : 180 phút, không kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ðiểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x 3 3x22

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho

Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) cho tiếp tuyến (C) A B song song với độ dài đoạn thẳng AB

Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình:

5

2.cos5 sin( ) sin cot

x   x     x x

 

2. Giải hệ phương trình :

2

4 2

2 15

2

x y x y

x y x y

    

 

    

 

Câu III ( 1điểm) Tính tích phân /4

2

ln(sin cos ) cos

x x

dx x



 

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A B C ' ' ' có đáy ABC tam giác cân, AB = BC = 3a, AC2a. Các mặt phẳng ( 'B AB B AC),( ' ),( 'B BC) tạo với mặt phẳng (ABC) góc 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A B C ' ' '

Câu V (1 điểm) Cho x y z, , số thực dương thoả mãn x y z  x y z  3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

3

x z

P y

z y

  

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a.

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I3;3 AC2BD Điểm

4 2;

3 M 

  thuộc

đường thẳng AB, điểm

13 3;

3 N 

  thuộc đường thẳng CD Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh Bcó hồnh độ nhỏ

Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng  1

x y z

d :

1

 

  ; d : 2 x y z

2 1

  

 

và mặt phẳng  P : x y 2z 0    Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) cắt

   d , d1 lần lượt A, B cho độ dài đoạn AB nhỏ Câu VII.a Tìm số phức z thỏa mãn z2 z z

B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm)

1 Cho hình thang vng ABCD vng A D có đáy lớn CD, đường thẳng AD có phương trình 3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x-2y=0, góc tạo hai đường thẳng BC AB 450 Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang 24 điểm B có hồnh độ dương

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) đường thẳng :

x y z

2

 

 

Câu VII.b (1điểm) Tìm giá trị tham số m để phương trình: m x2 2x2 x có nghiệm phân biệt

Hết

P N THI TH I H C L N VI, N m 2012 nguyÔn khuyÕn

ĐÁ Á ĐỀ Ử ĐẠ Ọ Ầ ă

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ðiểm)

Câu Nội dung éiểm

I

1

 Tập xác định: D  Sự biến thiên:

 Chiều biến thiên:

2

'

y  x  x; y' 0  x0 x2

Hàm số đồng biến khoảng  ;0 2;; nghịch biến khoảng0;2  Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x2; yCT2, đạt cực đại x0; yCĐ2  Giới hạn:

lim ; lim

x  y  x y Bảng biến thiên:

 Đồ thị:

0,25 0,25

0,25

0,25

2

Đặt    

3

; ; ;

A a a  a  B b b  b 

với a b Hệ số góc tiếp tuyến với (C)

tại A, B là:    

2

' ; '

A A B B

k y x  a  a k y x  b  b

Tiếp tuyến (C) A B song song với

   

2

3 6 2

A B

k k  a  a b  b a b a b     b  a

Độ dài đoạn AB là:

   

     

     

2

2 3 2

2

2 2

2

2 2

3

4

AB a b a b a b

a b a b a ab b a b

a a a

 

     

 

 

         

 

     

 

Đặt t = ( a – )2

AB     

2 2

3 2

t t t t t t

          t 4

1

1

a a

  

    

 Với a 3 b1 A3;2 , B1; 2   Với a 1 b3 A1; ,  B3;2

0,25

0,25

Vậy A3; , B1; 2  A1; ,  B3; 2

II

1

ĐK: sin 3x0pt  2cos5xsin 2xcos cot 3x x  2cos5 sin 3x xsin cos3x xcos cos3x x

 2cos5 sin 3x x cos5x0  cos5 ( sin 3x x1) 0

+)

1

sin

2 x 

(t/m đk) 

2 12 k x k x             

+) cos5x0 10

k x  

t/m đk 0,25 0,25 0,25 0,25 2

4 2

2 15

2

x y x y

x y x y

              Hệ pt 2

2 2

( 1)( 2) 4( 1) 4( 2)

( 1) ( 2) 10

x y x y

x y                

 Đặt

2 u x v y       

Ta có hpt

2 2

10 ( ) 10

4( ) 4( )

u v u v uv

uv u v uv u v

                   10 45 u v uv     

 (vô nghiệm)

2 u v uv       u v     



1 u v      +) u v    

 Tìm nghiệm ( ; ) (2;1)x y  ( ; ) ( 2;1)x y  

+) u v    

 Tìm nghiệm ( ; ) (0;5)x y 

Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm: (2;1), (-2;1), (0;5)

0,25 0,25 0,25

0,25

III

Đặt u = ln(sinxcos )x  du =

cos sin sin cos x x dx x x  

dv =

1 sin cos

tan

cos cos

x x

dx v x

x x



   

Ta có : I =

/4 /4

0

cos sin (tan 1) ln(sin cos )

cos

x x

x x x dx

x        = /4

2ln ( ln cos ) ln

4

x x  

    0,25 0,25 0,25 0,25 IV

Gọi H hình chiếu B' mp(ABC), M, N, P hình chiếu H AC, AB BC.Khi ACHM AC, B H'

( ' ) AC B BM

  Vậy góc ( 'B AC) (BAC) góc B MH' Tương tự ta có B MH' B NH' B PH' 600 Do đó

' ' '

B MH B NH B PH HM HN HP

      Vậy H tâm đường tròn nội tiếp

tam giác ABC

Theo công thức S  p p a p b p c(  )(  )(  )  a a a a 2 2a2

Mặt khác

2

2 2

4

S a a

S pr r HM

p a

     

0,25

0,25

Tam giác vuông B HM' có

0

' tan 60

2

a a

B H HM  

Từ

2

' ' '

6

' 2

2

ABC A B C ABC

a

V S B H  a  a

( đvtt)

0,25

V

Ta có

2 ,

x z

xz x yz z

z   y 

Từ suy

3 2

x z

P y x xz z yz y

z y

       

2( ) ( )

2( ) ( )

x z y x y z xz yz x z y x y z

      

    

Do x0 y z nên x y z(  ) 0 Từ kết hợp với ta

2 2

3 2( ) 2(3 ) ( 1) 5

x z

P y x z y y y y

z y

            

Vậy giá trị nhỏ P đạt x=y=z=1

0,25

0,25

0,5

PHẦN RIÊNG (3 điểm)

A Theo chương trình chuẩn VI.a

Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I

5 ' 3;

3 N  

 

Đường thẳng AB qua M, N’ có phương trình: x 3y 2 Suy ra:

 , 

10 10

IH d I AB     Do AC2BD nên IA2IB Đặt

0

IB x  , ta có phương trình

2

1

2

4 x x

x  x      Đặt B x y ,  Do IB 2 và

B AB nên tọa độ B nghiệm hệ:

0,25

0,25

0,25 M

C'

A'

B C

A B'

H N

 2  2

14

4

5 18 16

3 5

8

3

3

5 x x y y x y y x y

x y y

                                     

Do B có hồnh độ nhỏ nên ta chọn

14 ; 5 B 

 

Vậy, phương trình đường chéo BD là: 7x y 18 0

0,25

2

Đặt A a; 2a;a , B 2b;1 b;1 b         , ta có AB   a 2b 3; 2a b 3; a b 1       



Do AB song song với (P) nên: AB n P 1;1; 2  b a 4                              Suy ra: ABa 5; a 1; 3    



Do đó:        

2 2 2

AB a 5   a  3  2a  8a 35  a 2 27 3

Suy ra: 

a AB 3  b 2

 , A1; 2;2, AB  3; 3; 3   

Vậy, phương trình đường thẳng (d) là:

x y z

1 1

     0,25 0,25 0,25 0,25 VII.a

Giả sử z x yi  , z2 z  z (x yi )2 x2y2  x yi

2 2

2 2

( )

2

x y x y x

x y x y xyi x yi

xy y                   TH 1 x ta

2 2

1 1

4 y  4y  2 4y y 

2

2 4

3 3

0

5

4 4

1

16 40

4 16

y y

y

y y y y y

                         

TH y 0 x2 x  x x 0 x y

Vậy có số phức thỏa mãn : z = ;

1 5

2

z   i

0,25

0,25

0,25

0,25 A Theo chương trình nâng cao

VI.b

Tọa độ điểm D là:

3 0

2 0

x y x

x y y

  

 



 

  

  => D(0;0)O

Vecto pháp tuyến đường thẳng AD BD n13; ,  n21; 2 

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

 cosADB=

√2 =>

ADB=450 =>AD=AB (1)

Vì góc đường thẳng BC AB 450 => BCD =450 => BCD vuông

cân B=>DC=2AB Theo ta có:  

2 24 2 ABCD AB S  AB CD AD  

=>AB=4=>BD=4

Gọi tọa độ điểm ;

B B

x B x 

 , điều kiện xB>0

0,25

=> 2 10 ( )

2 8 10

( ) B B B B x loai x BD x x tm                  

Tọa độ điểm

8 10 10 ;

5

B 

 

 

Vectơ pháp tuyến BC nBC 2;1



( Vì BDBC)

=> phương trình đường thẳng BC là: 2x y  10 0

0,25

0,25

2

Phương trình tham số :

          x t y t z t 2

Điểm C thuộc đường thẳng  nên tọa độ điểm C có dạngC( ;1 ;2 )  t  t t AC ( 2t; t; 2t);AB (2; 2;6)      

                                        

AC AB,  ( 24 ;12 ;12 )t t t AC AB,  18t2 36 216t

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

Diện tích ABC S AC AB  t  t

2

1 , 18 36 216

2                            

= 18( 1)t 2198 ≥ 198 Vậy Min S = 198 t1 hay C(1; 0; 2).

Đường thẳng BC qua qua B nhận BC ( 2; 3; 4)    

làm vectơ phương nên có phương trình tắc

x y z

2

        . 0,25 0,25 0,25 0,25 VII.b

Ta có: x2 2x 2 1nên m x2 2x2 x 2 2 x m x x     

Xét

2 ( ) 2 x f x x x  

  , ta có:  

2

4 '( )

2 2

x f x

x x x x

 

   

  4

' ; 10; lim ( ) 1; lim ( )

3 x x

f x x f f x f x

    

 

       

  + Bảng biến thiên:

Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt khi1m 10

0,25 0,25 0,25 0,25

§Ị sè 2

TRNG THPT NGễ GIA T

Đề ôn THI ĐạI HọC, CAO ĐẳNG NĂM HC 2011- 2012

Môn : TO¸N

Thời gian làm : 180’, khơng kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I(2 điểm) : Cho hàm số y=x3+3x2−mx+2 có đồ thị (Cm) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m=0

2 Tìm giá trị m để hàm số có cực đại cực tiểu cho khoảng cách từ trung điểm đoạn thẳng nối điểm cực trị (Cm) đến tiếp tuyến (Cm) điểm có hồnh độ 16

Câu II (2 điểm) :

1 Giải phương trình sau : cos 9x+2 cos 3x+√2 sin(3x+π

4)=3 sinx

2 Giải hệ phương trình sau

¿

x3

(2+3y)=8 x(y3−2)=6

¿{

Câu III (1 điểm) : Tính tích phân

x+1¿3(3x+1)

¿ ¿

√¿

dx

¿

I=

0

¿

Câu IV (1 điểm) : Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh bên đáy ABCD hình chữ nhật Biết AB ¿a , BC ¿a√3 ; gọi I điểm thuộc cạnh SC cho SI =2CI thoả mãn AI vng góc với SC Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

Câu V (1 điểm) : Cho số thực không âm a , b , c Chứng minh a3

+b3+c3≥ a2√bc+b2√ac+c2√ab

PHẦN RIÊNG (3 điểm) (thí sinh làm hai phần A B)

A.Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) :

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có M(2;2), N(1;1) trung điểm AC, BC trực tâm H(-1;6) Tìm toạ độ điểm A, B, C

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng (d1):x −1

2 =

y+1

1 =

z

1;(d2):

x −1 =

y −2 =

z

1 mặt phẳng (P) có phương trình x+y −2z+3=0 Viết phương trình đường thẳng Δ song song với (P) cắt d1,d2 lần

lượt hai điểm A, B cho AB ¿√29

Câu VII.a (1 điểm): Tìm số phức z có mơđun nhỏ thoả mãn |iz−3|=|z −2−i| B.Theo chương trình nâng cao

CâuVI.b (2điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có B(1;5) đường cao AH có phương trình x+2y −2=0 ,với H thuộc BC; đường phân giác góc ACB có phương trình x − y −1=0 Tìm toạ độ đỉnh A, C, D

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (Q) vng góc với đường thẳng

(d):x −1

2 =

y −2=

z+1

1 , cắt mặt cầu (S) : x2+y2+z2−2x+4y −6z −11=0 theo

đường

trịn có bán kính

CâuVII.b (1 điểm) Tìm số phức có mơđun nhỏ thoả mãn |z+1−5i z+3−i |=1 .Hết

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu.Cán coi thi khơng giải thích thêm Số báo danh

Họ tên thí sinh

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM KHỐI B

Câu Ý Nội dung Điểm I Với m = hàm số trở thành y=x3+3x2+2

TXĐ:R

Sự biến thiên:

x=0

¿

x=−2

¿ ¿ ¿ ¿ ¿y

,

=3x2+6x=3x(x+2)

y,=0⇔ ¿

bbt

x − ∞ -2 + ∞

y’ + - + y

+∞ − ∞

Hàm số đb ( − ∞;−2¿ (0;+∞) , nb trên(-2;0)

Cực trị Giới hạn Đồ thị

-2 x

0.25

0.25

0.25

2 Có y,

=3x2+6x −m

Hàm số có cực đại cực tiểu pt y,=3x2+6x −m =0 (1) có nghiệm phân biệt

⇔Δ'

=9+3m 0⇔m>−3 (*)

Giả sử A(x1; y1) B(x2; y2) điểm cực trị đồ thị hàm số với x1, x2 nghiệm (1) Theo định lý Viet ta có x1 + x2 = -1

⇒ Trung điểm đoạn thẳng AB I(-1; m + )

Tiếp tuyến Δ đồ thị (Cm) điểm có hồnh độ x = có pt y=y,(1)(x −1)+y(1)

⇔(m−9)x+y+3=0 m −9¿2+1

¿

m −9¿2+1

¿ ¿

√¿ ¿

√¿

d=d(I , Δ)=|(m−9)(−1)+m+4+3|

¿

Theo gt , ta có

m−9¿2+1

¿ ¿

16

√(m −9)2+1

=16⇔√¿

(t/m (*) ) Vậy m =

0.25 0.25

1 pt ⇔cos 9x+2 cos 3x+sin 3x+cos 3x=3 sinx

⇔cos 9x+3 cos 3x+sin 3x=3 sinx

⇔4 cos33x

=4 sin3x⇔cos 3x=cos(π

2− x) ⇔

x=π

8+

kπ

2

¿

x=−π

4+kπ

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

0.25 0.25 0.25

0.25

2 + Nếu x = 0, thay vào hệ pt ta thấy không thoả mãn

+ x ≠0 hpt

⇔

2+3y=8

x3

y3−2=6

x

¿{

Cộng vế với vế ta y3+3y= x3+

6

x (*)

Xét hàm số f(t) = t3 + 3t có f’(t)=3t2 + > với t nên hs f(t) đồng biến Do (*) ⇔y=2

x Thay vào pt thứ ta y3−2=3y

⇔

y=−1⇒x=−2

¿

y=2⇒x=1

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Vậy hpt có nghiệm (x;y) (1;2) (-2;-1)

0.25

0.25 0.25 0.25

III

I=

x+1¿2√3x+1

x+1

¿ ¿

dx

¿



0

¿

Đặt t=√3x+1 x+1 ⇒t

2

=3x+1

x+1 ⇒2 tdt=

2

(x+1)2dx⇒tdt=

1

(x+1)2dx Đổi cận x=0⇒t=1

x=1⇒t=√2 Khi I= 1

√2

dt=t¿1√2 = √2−1

0.25

0.25

0.5

B A

I

O

C D Gọi O giao điểm AC BD Vì ABCD hình chữ nhật nên O trung điểm AC BD Theo giả thiết SA = SC = SB = SD nên tam giác SAC SBD cân S

Do SO AC SO BD nên SO (ABCD)

AC=√BA2+BC2=2a⇒OA=OC=a

Đặt SO = h ⇒SC=√SO2+OC2=√h2+a2 Do SI = 2CI nên

IC=1

3SC= 3√h

2

+a2

Tam giác AIC vuông I nên AI=√AC2−IC2=1

3√35a

2− h2

(ĐK 0< h<a√35 )

Có 2SSAC = AI.SC = SO.AC ⇔1

3√35a

2−h2.

√h2

+a2=2h.a

⇔h4+2a2h2−35a4=0⇔(h2+7a2)(h2−5a2)=0

⇔h=a√5 (tmđk) Vậy VS.ABCD=

3SO.SABCD=a 3√15

3

0.25

0.25

0.25 0.25

V

Theo BĐT Cơsi ta có 2VP = a

2

√bc+b2√ac+c2√ab≤ a2(b+c)+b2(a+c)+c2(a+b)

2¿

ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) (1) Lại có a − b¿

2

≥0∀a , b ≥0

a3+b3−ab(a+b)=(a+b)¿

⇔a3

+b3≥ab(a+b) tương tự b3

+c3≥bc(b+c) c3+a3≥ac(a+c)

Cộng vế với vế 2VT ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)≥ 2VP (Đpcm) Đẳng thức xảy a = b = c

0.25 0.25

0.25 0.25 VIa Có MN // AB nên HC MN

Pt đường thẳng HC là: x + y – =

Gọi C(a;5 – a ) thuộc HC ⇒CN(1− a ;a −4)

Vì M trung điểm AC nên A(4 – a ; a – 1) ⇒AH (a – ; – a ) Vì N trung điểm BC nên B(2 – a ; a – )

Vì H trực tâm tam, giác ABC nên ta có

AH CN=0 ⇒ (a – 5)(1 – a) + ( – a)( a – ) = ⇔2a2

−17a+33=0

⇔

a=3

¿

a=11/2

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Với a = C(3;2), A(1;2), B(-1;0) Với a = 11/2 C(11

2 ;− 2), A(

−3 ;

9 2), B(

−7 ;

5 2)

0.25

0.25

0.25

0.25

AB(a−2t ;3+2a −t ; a− t) .(P)có VTPT n(1;1;−2)

AB // (P) nên AB n=0⇔a=t −3 .Khi AB(− t −3;t −3;−3) Theo đề

t −3¿2+9=29⇔t=±1 t+3¿2+¿

AB2

=29⇔¿

Với t = suy A(3;0;1) , pt cần lập

¿

x=3+4t y=2t z=1+3t

¿{ {

¿

Với t = - suy A(-1;-2;-1), ptcần lập

¿

x=−1+2t y=−2+4t z=−1+3t

¿{ {

¿

0.25

0.25

0.25

VII.a Giả sử z=x+yi(x , y∈R) Thì iz−3=− y −3+xi z−2− i=(x −2)+(y −1) i

y −1¿2⇔x=−2y −1

x −2¿2+¿

y+3¿2+x2=¿ ⇒|iz−3|=|z −2−i|⇔¿

Do

y+2

5¿

2

+1

5

¿

5¿

|z|=√x2+y2=√5y2+4y+1=√¿

Đẳng thức xảy

¿

x=−1

5

y=−2

5

¿{

¿

Vậy z=−1

5− 5i

0.25 0.25 0.25

0.25

VIb BC qua B(1;5) vng góc AH nên BC có pt - 2x + y – =

Toạ độ C nghiệm hpt

¿

−2x+y −3=0

x − y −1=0

⇒C(−4; −5)

¿{

¿

Gọi A’ là điểm đối xứng B qua đường phân giác x − y −1=0(d),BA∩ d=K Đường thẳng KB qua B vng góc d nên KB có pt: x + y – =

Toạ độ điểm K nhgiệm hpt

¿

x+y −6=0 x − y −1=0

⇒K(7

2; 2)

¿{

¿

Suy A’ (6;0) , Pt A’C :x – 2y – = 0

0.25

Do A=CA'∩AH nên toạ độ A nhgiêm hpt

¿

x −2y −6=0 x+2y −2=0

⇒A(4;−1)

¿{

¿

Trung điểm I AC có toạ độ I(0;-3) đồng thời I trung điêm BD nên D(-1;-11) (S) có tâm I(1;-2;3) bk R =

(Q) có dạng 2x – 2y + z – m = d(I,(Q))= √25−9 =4

⇔|2+4+3+m| =4⇔

m=3

¿

m=−21

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Do ptmp (Q) 2x – 2y + z + = 2x – 2y + z – 21 =

0.25 0.25 0.25 0.25

VIIb

Giả sử z=x+yiư Từ gt suy

y

ư +1¿2

x+3¿2+¿

y −5¿2=¿

x+1¿2+¿

|(x+1)+(ưy−5)i|=|x+3−(ưy+1)i|⇔¿ ⇔x+3y=4ư

Ta có x+3y¿2≤10(x2+y2)=10|z|

2

ưư

16=¿

⇔|z|≥

√10 Min |z|=

√10

Đẳng thức xảy

¿

y=3x x+3y=4

⇔

¿x=2

5

y=6

5

¿{

¿

0.5 0.25