De dap an thi thu dai hoc 05

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, Cho hinh vuông ABCD, trên cạnh AC lấy điểm M sao cho AC  4.AM và N là trung điểm của cạnh CD.. Chứng minh rằng BMN là tam giác vuông cân..[r]

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN - khối B Ngày thi thử: tháng 04 năm 2012 ĐỀ THAM KHẢO Email: info@123doc.org I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 2x  y x  có đồ thị là  C  Câu I: Cho hàm số: Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị  C hàm số  C  điểm thuộc đồ thị có khoảng cách đến đường 2.Lập phương trình tiếp tuyến đồ thị  d  : 3x  4y  0 thẳng Câu II: Giải phương trình: 9sin x  6cosx  cos2x  3sin2x 8  2x  y   4x2  y   2x  y  0   3 2x  y  2x  y  Giải hệ phương trình:    3sin x  2cos x I  dx  sin x  cos x  Câu III: Tính tích phân: Câu IV: Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân B, AB BC a Mặt bên ACC'A' là hình vuông cạng a 2, M là trung điểm BC Tính thể tích khối tứ diện B'MCA và khoảng cách đường thẳng AM, B'C M a2  b2  c2 ab  bc  ca a,b,c   0;2 Câu V: Cho số thực thỏa mãn a  b  c 3 Tìm giá trị lớn II PHẦN RIÊNG Thí sinh chọn làm hai phần ( phần A B ) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB : x  2y  0 , đường E  2;1  chéo BD : x  7y  14 0 và đường chéo AC qua điểm Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật A  0;1;0  ,B  2;2;2 ,C   2;3;1  Trong mặt phẳng toạ độ Oxyz, cho và đường thẳng x  y 2 z     d : 1  d  để thể tích tứ diện MABC Tìm điểm M trên Câu VII.a: Tìm bậc hai số phức: z   4i B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, Cho hinh vuông ABCD, trên cạnh AC lấy điểm M cho AC  4.AM và N là trung điểm cạnh CD Chứng minh BMN là tam giác vuông cân A  0;1;0  ,B  2;2;2 ,C   2;3;1  Trong mặt phẳng toạ độ Oxyz, cho và đường thẳng x  y 2 z     d : 1 Tìm điểm N trên  d  để diện tích tam giác NAB nhỏ log 22   2x  2 log   2x   2log   2x   2log   2x  log  2x   log  2x  1 Câu VII.b: Giải phương trình: HƯỚNG DẪN CHẤM Câu I M  x ;y  Ta có: 2x  y y  x    C  , đó: x0  là điểm thuộc đồ thị d  M,  d   2  3x0  4y  32  42 2  3x0  4y  12 0 3x0  4y  0  2x   3x0  4y  12 0  3x     12 0  x0  x  3x  x   x    0 TH1:  2x    3x     0 x  x  3x  4y    3x  19x  20   x    0 0 TH2: Phương trình tiếp tuyến  d  C  có dạng: M thuộc đồ thị y ' x0   1 , y y '  x   x  x   y  x0  đó và Phương trình tiếp tuyến  d1  Phương trình tiếp tuyến  d2   11  47 M2  ;  y  x   là 16 16 Phương trình tiếp tuyến  d3  7  23 M3   5;  y  x  là  16 16 Phương trình tiếp tuyến  d4    M4   ;     là y  9x  13 M1  0;3  x0  1 x0  là y  x  y  Vậy, có tiếp tuyến thỏa đề bài: y  x  3, 47 23 x  , y  x , 16 16 16 16 y  9x  13 Câu II Phương trình đã cho  9sinx  6cosx  2cos x   6sinxcos x 8  9 sin x    6cosx   sin x    sin2 x 0    sin x   2sin x  6cosx   0    sin x 1 2sin x  6cosx  0 ( không thỏa )  sin x 1  x   k2 Với  x   k2 Vậy, nghiệm phương trình là:  2x  y   4x  y   2x  y  0   3  2 2x  y  2x  y     1 Điều kiện: 2x  y 0  2x  y  2x  y 2x  y  0 t  5t  0   1   t  5 2x  y 2x  y 2x  y   Đặt , ta có phương trình:  t 2  t 3   2x  y  2x  y 2   3y  x   2x  y  2x  y  3 2  3   2 và  3 , ta có hệ:  2x  y 8y  6y  0  Với t 2 tức 2x  y Từ   x 4   y 1    x 8   y 1  Hệ cho có nghiệm:  1  1  ;2  ,  ;       2x  y  2x  y 3   2x  y 2x  y  3 3    2 và   , ta có hệ:  2x  y  Với t 3 tức 2x  y Từ x y  3y  3y  0  1  1  ; ,  ;  Vậy, cho có nghiệm:        x   t  dx  dt, x 0  t  , x   t 0 2 Câu III Đặt  Suy ra: 3sin x  2cos x I   sin x  cos x    3cos t  2sin t  3cos x  2sin x dt  dx cost  sin t cos x  sin x     0 dx    3sin x  2cos x 3cos x  2sin x 2I I  I  dx   dx  dx 3  sin x  cos x   cos x  sin x   sin x  cos x     1      dx   d  x    tan  x   1   20 4 40   2cos2  x  cos2  x      4 4   Câu IV Thể tích khối tứ diện B'MCA 1 a2  SAMC  SABC  BA.BC  2 Vì ACC'A' là hình vuông nên AC a 2, nên ABC vuông cân B 1 a2 a3 VB'MCA  S MCA B'B  a  3 12 CB' MN  CB'  AMN   d  CB', AM  d  CB',  AMN   d  C,  AMN   Gọi N là trung điểm BB' , ta có d  C,  AMN   d  B,  AMN   Vì B,C đối xứng qua M nên Xét tứ diện NABM có BA,BM, BN đôi vuông góc Kẻ BI  MA, I  MA  NI  MA Kẻ BH   AMN   H  NI d  B,  AMN   BH Khi đó 1 1 1 a  2 2 2    BH  2 BH BN BI BN BM BA a a d  CB', AM  BH  Vậy Câu V Cách 1: Vì Hay a,b,c   0;2 ab  bc  ca  Lại có: Ta có: Khi đó: M Cách 2: Đặt Xét nên  a  2  b  2  c  2 0  abc  2 ab  bc  ca    a  b  c   0 abc   a  b  c    a  b  c 2 12   2 a2  b2  c2  2 ab  bc  ca   a  b2  c2 9   ab  bc  ca  9  2  2 ab  bc  ca 2 Đẳng thức xảy  a;b;c   0;1;2 và các hoán vị A ab  bc  ca a  b  c   bc a   a   bc f  a  a   a   bc với a   0;2 Ta có: f ' a   2a  và f ' a  0  a 2 Ta thấy, A đạt a 0 a 2 Với a 0  b  c 3  b   1;2 , đó A bc b   b  g  b  Ta có: g'  b   2b  3 g' b  0  b  Ta và thấy A đạt b 1 b 2 Với a 2  b  c 1  b   0;1 , tương tự Ta thấy A đạt b 0 b 1 maxM  xảy  a;b;c   0;1;2 và các hoán vị Vậy, Câu VI.a:  x  2y  0   x  7y  14  B  AB  BD   B toạ độ điểm là nghiệm hệ:  x 7  B  7; 3   y 3 A  2a  1; a   AB :2  2y  0; D  7d  14; d   BD : x  7y  14 0 Giả sử:     AB   2a;  a  , BD  7d  21; d  3 ; AD  7d  2a  15; d  a      AB  AD  AB.AD 0    a   15d  5a  30  0  a 3 Vì ( không thỏa ) 3d  a  0    a 3d   AD  d  3;6  2d  BC  xC  7; y C  3 Hơn nữa:   d  x C  x C d  AD BC    C  d  4;  2d  6  2d y C  y C 9  2d ABCD là hình chữ nhật nên    EA  6d  13; 3d   , EC  d  2;  2d  và d 3     6d  13   2d   d  2  3d    d2  5d  0 E  2;1   AC  EA, EC Lại có: cùng phương  d 2  a 0  A  1;  , B  7;  , C  6; 5 , D  0;  Vậy, A  1;  , B  7; 3 , C  6; 5 , D  0;  là các đỉnh hình chữ nhật cần tìm x 1  2t  d  : y   t , z 3  2t M   d   M   2t;   t;  2t         AB  2; 1; 2 , AC   2; 2;1    AB; AC    3;  6;    1; 2;    3.n, n  1; 2;  2  ABC  A  0;1;0  n  1; 2;  2  Phương trình mặt phẳng qua và có vectơ pháp tuyến là : x  2y  2z  0   2 S ABC   AB; AC    3      62  2  2t  2   t     2t    4t  11 d  M,  ABC      ABC  : 144 Khoảng cách từ M đến mặt phẳng 4t  11 17  V  3  4t  11 6  t  t  3 Thể tích tứ diện MABC  3 1  15 11  M  ;  ;  M  ; ; 2     M Vậy có hai điểm cần tìm là Câu VII.a: Xét số phức  x  iy  x,y     2 x2  y  2xyi  x2  y     4i   2xy 4  là bậc hai số phức z   4i và  12 x  x  x  y     xy   y   x 2  x  3,y      2i   x  3,y 2     2i Câu VI.B: A  0;0 , B  a;0  , C  a,a  D  0;a  Goi a là độ dài cạnh hình vuông ABCD Chọn hệ tọa độ Oxy cho và Từ   1  1  1  3 1  M  a; a  N  a;a   MN  a; a  MB  a; a   4 , 2  4  , 4  giả thiết ta có   MN MB a  BMN vuông cân M Từ đó có MN.MB 0 và N   d   M   2t;   t;  2t    2 S ABN   NA; NB  32t  128t  146   4t     2 2  maxS ABN   4t  0  t   N   3;0;1  1  x   log  2x        log   2x  2log  2x     x   x     log  2x      x 2  Câu VIIB