Viết phương trình đường thẳng nằm trong mặt phẳng P, vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới bằng... Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:.[r]
(1)WWW.VNMATH.COM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 145 ) I PHẦN CHUNG (7 điểm) (Cho tất các thí sinh) Câu (2đ) Cho hàm số: y = 2x3 - 3x2 + (1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) Tìm trên (C) điểm M cho tiếp tuyến (C) M cắt trục tung điểm có tung độ ¿ |xy −18|=12 − x Câu (2đ) Giải hệ phương trình: xy=9+ y ¿{ ¿ Giải phương trình: 9x + ( x - 12).3x + 11 - x = Câu (1đ) Tính thể tích khối chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy a và khoảng cách cạnh bên và cạnh đáy đối diện m Câu (1đ) Tính tích phân: I =∫ [ √ x(2− x)+ln ( 4+ x )]dx ❑ Câu (1đ) Cho tam giác ABC, với BC = a, CA = b, AB = c ¿ a(a+c )=b2 1 = + Thoả mãn hệ điều kiện: b(b+a)=c2 CMR: sin A sin B sinC ¿{ ¿ II PHẦN RIÊNG (3đ) (Thí sinh làm hai phần) Theo chương trình chuẩn: Câu 6a (2đ) Trong mặt phẳng (oxy) cho đường thẳng (d): 3x - 4y + = và đường tròn (C): x + y2 + 2x 6y + = Tìm điểm M (C) và N (d) cho MN có độ dài nhỏ Trong không gian (oxyz) cho hai mặt phẳng: (P1): x - 2y + 2z - = x +2 y z−4 = = (P2): 2x + y - 2z - = và đường thẳng (d): −1 −2 Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P1), (P2) Câu 7a (1đ) Đặt: (1 - x + x2 - x3)4 = a0 + a1x + a2x2 + + a12x12 Tính hệ số a7 Theo chương trình nâng cao Câu 6b (2đ) Trong mặt phẳng (oxy) cho đường tròn (C): (x + 1)2 + (y - 3)2 = và điểm , M Tìm trên (C) điểm N cho MN có độ dài lớn 5 Trong không gian (oxyz), cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 + 2x - 4y - 2z + = và mặt phẳng (P): x - 2y + 2z - = Tìm điểm M (S), N (P) cho MN có độ dài nhỏ Câu 7b (1đ) Dùng định nghĩa, tính đạo hàm hàm số: 1+ x − √ 1+2 x √ f (x)= x 0, và f (0)=0 ; điểm x0 = x ( ) (2) WWW.VNMATH.COM ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 145 ) I PHẦN CHUNG (7 điểm) ĐIỂM Câu (2đ) y = 2x - 3x + 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) * TXĐ: R y = − ∞ , lim y = +∞ * Sự biến thiên: + Giới hạn: lim x →− ∞ x →− ∞ 0,25đ + Bảng biến thiên: y’ = 6x2 - 6x = 6x (x - 1) ⇔ x=0 ;( y=1) ¿ x=1 ;( y=0) y' = ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Lập BBT; nêu đúng các khoảng đơn điệu và các điểm cực trị * Đồ thị: (tự vẽ), rõ ràng, đầy đủ, chính xác 2) Tìm M (C) ? Giả sử M (x0; y0) (C) ⇒ y0 = 2x03 - 3x02 + Tiếp tuyến ( Δ ) (C) M: y = (6x02 - 6x0) (x - x0) + 2x03 - 3x02 + ( Δ ) qua điểm P(0 ; 8) ⇔ = -4x03 + 3x02 + ⇔ (x0 + 1) (4x02 - 7x0 + 7) = ⇔ x0 = -1 ; (4x02 - 7x0 + > 0, ∀ x0) Vậy, có điểm M (-1 ; -4) cần tìm Câu (2đ) ¿ |xy −18|=12 − x ⇒12 − x ≥ ⇒|x|≤ √ 1) Giải hệ: xy=9+ y ⇒ |x|| y|≥ √3| y|⇒ |x|≥ √ 3 ¿{ ¿ ⇒|x|=2 √ ⇒ xy=18 ⇒ x ∈ { −2 √ 3; √ } , tương ứng y { −3 √ ;3 √ } 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Thử lại, thoả mãn hệ đã cho Vậy, ( x ; y ) ∈ {( −2 √3 ; − √ ) , ( √ ; √ ) } 2) x Giải phương trình: ( ) + ( x −12 ) 3x +11 − x =0 0,25đ (3) WWW.VNMATH.COM ⇔ ⇔ x=0 =1 ¿ ¿ x x f (x)=3 + x − 11=0 (∗) (a + b + c = 0) =11 − x ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ x f ' (x)=3 ln 3+1>0, ∀ x f (2)=0 có nghiệm x = } ⇒ (∗) x Vậy, tập nghiệm phương trình: S = {0 ; 2} Câu (1đ) S N A C O Trong AO= 0,25đ ⇒ O là tâm tam giác ABC AM ⊥ BC SO ⊥ BC } ⇒ BC ⊥(SAM) ⇒ Δ SAM kẻ đường cao MN ⇒ MN = m a a 3a = ⇒ AM= AO= √ 2 2sin 60 √ √ SO=h ⇒ SA= √ SO 2+ AO2= h 2+ SA.MN = SO.AM ⇔ h= 0,25đ a2 2 2 ⇔ (3 a − m ) h = a m 2am √3 √ a2 −4 m2 ; và a m V = S( ABC) h= 2 √ a −4 m I =∫ √ x (2 − x ) dx (m< √23 a) ∫ ln(4 + x 2)dx 0,25đ 0,25đ + (m< √23 a) √3 a2 S(ABC) = Câu (1đ) Tính tích phân 0,25đ M B SO (ABC) S.ABC chóp Δ AO ∩ BC=M 0,5đ = I1 + I 0,25đ (4) WWW.VNMATH.COM x − 1¿ ¿ 1− ¿ √¿ x=1+sin t ) (sử dụng đổi biến: 0,25đ I =∫ √ x (2 − x )dx=∫ ¿ 0 ln (4+ x )dx=x ln( 4+ ¿ x )¿ 20 − 2∫ x2 dx + x2 (Từng phần) 0,25đ I 2=∫ ¿ ¿ ln 2+ π − (đổi biến 3π I =I + I 2= −4 +6 ln 2 x=2 tan t ) 0,25đ 0,25đ Câu (1đ) ¿ a(a+c )=b (1) Δ ABC: b(b+a)=c2 (2) ¿{ ¿ ⇒ sin A + sinAsinC = sin2B (Đl sin) (1) ⇒ sinAsinC = (cos2A - cos2B) ⇒ sinAsinC = sin(A + B) sin (B -A) ⇒ sinA = sin (B - A) ; (sin (A + B) = sin C > 0) ⇒ A = B - A ; (A, B là góc tam giác) ⇒ B = 2A Tương tự: (2) ⇒ C = 2B A+B+C= π , nên A = 1 + Ta có: sin B sin C π ;B= 2π 0,25đ 4 ;C= 4π 2π 3π π + sin sin cos 7 7 = = 2π 4π π π 3π sin sin sin cos sin 7 7 1 = π sin A = (đpcm) sin 0,25đ sin 0,25đ 0,25đ II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Chương trình Câu 6a (2đ) 1) Tìm M (C), N (d)? (d): 3x - 4y + = (C): (x + 1)2 + (y - 3)2 = ⇒ Tâm I (-1 ; 3), bán kính R = d (I ; d) = ⇒ (d) (C) = Ø Giả sử tìm N0 (d) ⇒ N0 là hình chiếu vuông góc I trên (d) (5) WWW.VNMATH.COM ¿ ( Δ ) ∋ I (−1 ; 3) ⇒ N0 = (d) ( Δ ) , với: ( Δ ) ⊥( d) ⇒⃗ u Δ =( ; − ) ¿{ ¿ ⇒( Δ): x=− 1+ t y=3 − t 0,25đ ⇒ N0 ; 5 ¿{ ¿ 11 19 Rõ ràng ( Δ ) ∩ (C) = {M1; M2} ; M1 − ; ; M2 − ; 5 5 ¿ M0 (C) để M0N0 nhỏ ⇒ M0 M1 và M0N0 = 0,25đ ( ) ( ) ( ) 0,25đ Kết luận: Những điểm cần tìm thoả mãn điều kiện bài toán M (− 25 ; 115 ) ( 15 ; 75 ) ;N 0,25đ 2) Phương trình mặt cầu (S) ? (P1): x - 2y + 2z - = (P2): 2x + y - 2z - = Giả sử I (x0 ; y0 ; z0) (d): x +2 y z−4 = = −1 −2 ⇒ I (-2 - t ; 2t ; + 3t) là tâm mặt cầu (S) Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P1), (P2) ⇔ d (I, (P1)) = d (I ; (P2)) 1 |9 t+ 3|= |10 t+16|⇔ 3 t=−13 ¿ ⇔ t=−1 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ⇒ I1 = (11 ; 26 ; -35) ; I2 (-1 ; ; 1) ⇒ R1 = 38 ; R2 = Vậy, có hai mặt cầu cần tìm: (S1): (x - 11)2 + (y - 26)2 + (z + 35)2 = 382 (S2): (x + 1)2 + (y - 2)2 + (z - 1)2 = 22 Câu 7a (1đ) Tính hệ số a7 ? (1 - x + x2 - x3)4 = (1 - x)4 (1 + x2)4 = (∑ k=0 ( − )k C k4 x k )(∑ ) i=0 Ci4 x i 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ (6) ⇒ k +2 i=7 k ,i ∈ {0,1,2,3,4 } (Gt) ⇒ ( k ; i ) ∈ {( ; ) , ( ; ) } ¿{ WWW.VNMATH.COM 0,25đ ⇒ a 7=−C 14 C34 − C34 C 24 =− 40 0,25đ Chương trình nâng cao Câu 6b (2đ) 1) Tìm N (C)? (C): (x + 1)2 + (y - 3)2 = ⇒ Tâm I (-1 ; 3), bán kính R = ; M ( 15 ; 75 ) ⃗ IM= ; − ⇒ MI=2 5 ( ) 0,25đ Giả sử tìm N (C) ⇒ MN MI + IN = Dấu “=” xảy ⇔ N là giao điểm tia đối IM và đường tròn (C) ¿ x=−1+ t ( IM ) ∩ ( C ) ={ N ; N } (IM): ; y=3 − t ¿{ ¿ 11 19 ⇒ N1 − ; , N2 − ; ; MN1 < MN2 5 5 ( ) ( 0,25đ ) Kết luận: Thoả mãn điều kiện bài toán: 19 N − ; 5 ( ) 0,25đ 0,25đ 2) Tìm M (S) , N (P) ? (S): (x + 1)2 + (y - 2)2 + (z - 1)2 = Tâm I (-1 ; ; 1), bán kính R = (P): x - 2y + 2z - = ⇒ d ( I ; ( P ) ) = ⇒(P)∩( S)=Ø (P) ⇒ N0 là hình chiếu vuông góc I trên (P) 0,25đ ¿ ( d ) ∋ I (−1 ; 2; 1) ⇒ N 0= ( d ) ∩ ( P ) , với: (d )⊥(P)⇒ ⃗ ud =(1 ; −2 ; 2) ¿{ ¿ ⇒(d ) : x=−1+t ⇒ N0 − ; ; 0,25đ y=2 −2 t 3 z =1+ 2t ¿ {{ Giả sử tìm N0 ( ) (d )∩(S )=¿ {M1 ; M2} ⇒ M1 − ; ; 3 ( ) , M2 − ; ; 3 ( ) 0,25đ (7) WWW.VNMATH.COM M1M0 = < M2M0 = M0 (S) để M0N0 nhỏ ⇒ M0 M1 Vậy, điểm cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán M − ; ; 3 ( ) , N − ; ; 3 ( ) 0,25đ Câu 7b (1đ) Đạo hàm định nghĩa: f ( x )− f (0) x x→ = lim lim = lim x→ √3 1+3 x − √1+2 x √3 1+3 x −(1+ x)+(1+ x)− √ 1+2 x 0,25đ x2 x→ 0,25đ x2 1+3 x ¿ ¿ + ( 1+ x ) √3 1+3 x+ (1+ x )2 ¿ = √¿ 3+ x lim − ¿ x→ = -1 + =- 0,25đ 1 Vậy, f ' (0)=− 2 0,25đ (8) WWW.VNMATH.COM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 146 ) Phần chung (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số f ( x) x mx 2, có đồ thị (Cm ) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m 2) Tìm tập hợp các giá trị m để đồ thị (Cm ) cắt trục hoành và điểm Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: tan x cot x 2sin x x 2) Giải phương trình: 2 sin x 1 5 x x 4; xR x sin x I ∫ dx cos x Câu III (1 điểm) Tính Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là O A, B là hai điểm trên đường tròn đáy cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB a , ASO SAB 60 Tính theo a chiều cao và diện tích xung quanh hình nón Câu V (1 điểm) Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x y 5 P 4x y 2x y xy Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Phần riêng (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) Phần A Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) có phương trình : x y 0 và điểm M (2;1) Tìm phương trình đường thẳng cắt trục hoành A cắt đường thẳng (d ) B cho tam giác AMB vuông cân M qua hai điểm A 0; 1; , 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng B 1;0;3 S có phương trình: ( x 1)2 ( y 2) ( z 1)2 2 và tiếp xúc với mặt cầu Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là nghiệm phương trình: z z 0 2 2 1 1 1 1 P z z z z z z z z Rút gọn biểu thức Phần B Câu VI (2 điểm) C : x y 25 Oxy 1) Trong mặt phẳng tọa độ cho đường tròn có phương trình và điểm M (1; 1) Tìm phương trình đường thẳng qua điểm M và cắt đường tròn C điểm A, B cho MA 3MB P có phương trình: x y 0 Lập 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng phương trình mặt cầu phẳng P S qua ba điểm A 2;1; 1 , B 0;2; , C 1;3;0 và tiếp xúc với mặt (9) WWW.VNMATH.COM log x log x 1 log x 1 log ( x 1) Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình: Hết (10) WWW.VNMATH.COM HƯỚNG DẪN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 146 ) Câu I.1 (1,0 đ) m hàm số trở thành: f ( x ) x x 2, Tập xác định D R Sự biến thiên x y ' 3( x 1) 0 x 1 x1 y' 0 x hàm số đồng biến trên ; 1 và 1; 0,25 y ' x hàm số nghịch biến trên 1;1 1; 1; điểm CĐ lim y x , điểm CT 0,25 lim y x Điểm uốn: y '' 6 x 0 x 0 , Điểm uốn U 0; Bảng biến thiên: x y' + 1 0,25 CĐ y CT 0,25 Đồ thị Câu I.2 (1,0 đ) Phương trình cho HĐGĐ x mx 0, (*) x3 (*) m x 0 không thỏa mãn nên: x x 2 2 g ( x ) x g '( x) x x x x Xét hàm số g '( x) 0 x 1 ta có bảng biến thiên: x g '( x ) g ( x) 0,25 0,25 ll + 0,25 -3 Số nghiệm (*) là số giao điểm đường thẳng y m và đồ thị hàm số y g ( x ) nên để (*) có nghiệm thì m 0,25 (11) WWW.VNMATH.COM Lưu ý: Có thể lập luận để đồ thị (Cm ) hàm số y f ( x) không có cực trị có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị nằm cùng phía trục hoành Câu II.1 (1,0 đ) tan x cot x 2sin x x k sin x ,(1) 0,25 Điều kiện: 4sin x cos x 2sin 2 x (1) sin x sin x 2(1 cos x) cos x 2(1 cos 2 x) 1 0,25 cos 2 x cos x 0 Câu II.2 (1,0 đ) cos x 1 (loai do:sin x 0) x k cos x 0,25 x k , k Z Đối chiếu điề kiện phương trình có nghiệm là: 0,25 x 2 1 5 x x 4; xR 0,25 2 Đặt t x x t 2( x x ) ta phương trình t2 5 t t 2t 0 t t 2 0,25 x x x 2( x x ) 16 + Với t = Ta có x x x 0 x x x 0,25 x x x 2 2( x x ) + Với t = ta có x x x Câu III (1,0 đ) x x x 0 3 ĐS: phương trình có nghiệm x 2, x x sin x x sin x 3 I ∫ dx ∫ dx ∫ dx cos x 2cos x 2cos x x 3 x I1 ∫ dx ∫ dx 2cos x cos x 0,25 0,25 (12) WWW.VNMATH.COM u x du dx dx v tan x dv cos x Đặt 1 I1 x tan x 03 ∫3 tan xdx ln cos x 2 I ∫ 0,25 ln 2 sin x 3 3 dx ∫ tan xdx ∫ (1 tan x)dx 2cos x 2 tan x x I I1 I dx ∫ 1 3 2 3 1( 3 ln 2) Gọi I là trung điểm AB , nên OI a Đặt OA R S SAB 600 SAB 1 OA R IA AB SA 2 sin ASO 2 Tam giác OIA vuông I nên OA IA IO O B Chiếu cao: SO I A R2 a R a R SA a 0,25 0,25 0,25 a 2 a a a Diện tích xung quanh: Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x y 5 4x y 2x y x y y x y P xy y x y x 2 Thay y 5 x được: 0,25 y x 5 x y y P x 2 x y x 2 y x y x 2 3 x 1; y P Vậy Min P = 0,50 S xq Rl Câu V (1,0 đ) 0,25 0,25 1 ln 2 3 Câu IV (1,0 đ) 0,25 0,25 Lưu ý: Có thể thay y 5 x sau đó tìm giá trị bé hàm số Câu AVI.1 (1,0 đ) g ( x) 3x 3x x(5 x) A nằm trên Ox nên A a;0 , B nằm trên đường thẳng x y 0 nên B (b; b) , M (2;1) MA (a 2; 1), MB (b 2; b 1) Tam giác ABM vuông cân M nên: 0,25 (13) MA.MB 0 MA MB WWW.VNMATH.COM (a 2)(b 2) (b 1) 0 2 (a 2) (b 2) (b 1) , 0,25 b 2 không thỏa mãn b a 2 , b 2 b , b 2 b a b (a 2)2 (b 2) (b 1) b (b 2) (b 1) b a 2 b a , b b b 1 a 4 (b 2) (b 1) (b 2)2 b 3 a 2 x y 0 b 1 Với: Với đường thẳng a 4 b 3 0,25 qua AB có phương trình đường thẳng qua AB có phương trình x y 12 0 0,25 (14) WWW.VNMATH.COM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ147 ) Câu 1: 2x Cho hàm số y = x có đồ thị là (C) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số trên 2) Tìm trên (C) điểm M cho tiếp tuyến M (C) cắt tiệm cận (C) A, B cho AB ngắn Câu 2: 2 sin( x ).cos x 1 12 1) Giải phương trình: 8 x y 27 18y (1) 2 2) Giải hệ phương trình: 4 x y x y (2) Câu 3: 2 ∫sin x sin x =6 dx 1) Tính tích phân I 2) Tìm các giá trị tham số thực m cho phương trình sau có nghiệm thực: (m - 3) x + ( 2- m)x + - m = (1) Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: a b c 1 3 8c 8a 8b3 Câu 5: Cho hình chóp S ABC có góc ((SBC), (ACB)) =60 0, ABC và SBC là các tam giác cạnh a Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) PHẦN RIÊNG Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: Cho ABC có B(1;2), phân giác góc A có phương trình ( ) 2x +y –1 =0; khoảng cách từ C đến ( ) lần khoảng cách từ B đến () Tìm A, C biết C thuộc trục tung Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng : x 1 2t y 2 t (t ) y z x 1 ; (d2) z 1 t (d1) Viết phương trình tham số đường thẳng nằm mp(P) và cắt đường thẳng (d1) , (d2) Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: Cho ABC có diện tích 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G (d) 3x –y –8 =0 tìm bán kinh đường tròn nội tiếp ABC Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến mặt phẳng: (P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x +y2 +z2 +4x –6y +m =0 Tìm tất các giá trị m để (S) cắt (d) điểm MN cho MN= (15) WWW.VNMATH.COM Đáp án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 147 ) Phần chung: 2x Câu 1: Cho hàm số y = x có đồ thị là (C) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số trên 2) Tìm trên (C) điểm M cho tiếp tuyến M (C) cắt tiệm cận (C) A, b cho AB ngắn 2x Giải: 1) y= x (C) D= R\ {2} lim y 2 TCN : y 2 x lim y ; lim y x 2 y x 0; x 2 y’ = ( x 2) TCĐ x = x -2 -1 BBT -1 -2 x0 2) Gọi M(xo; x0 ) (C) -3 x x0 x ( x 2)2 Phương trình tiếp tuyến M: () y = ( x0 2) x0 ( ) TCĐ = A (2; x0 ) ( ) TCN = B (2x0 –2; 2) AB (2 x0 4; ) x0 AB = 4( x0 2)2 ( x0 2)2 cauchy 2 x0 3 M (3;3) AB = 2 xo 1 M (1;1) Câu 2: 2 sin( x ).cos x 1 12 1) Giải phương trình: x k (k ) k x Giải: phương trình 2(cosx–sinx)(sinx– cosx)=0 3 8 x y 27 18y (1) 2 2) Giải hệ phương trình: 4 x y x y (2) Giải: (1) y (16) WWW.VNMATH.COM 3 8x 27 18 (2 x ) 18 y3 y x x2 1 2 x x 3 y y y y Hệ a3 b3 18 a b 3 Đặt a = 2x; b = y Ta có hệ: ab(a b) 3 ab 1 ; , ; Hệ đã cho có nghiệm Câu 3: 2 ∫sin x sin x 1) Tính tích phân I Giải: I = ∫ =6 dx cos x d (cos x) cos x §Æt cos u π 2 I ¿ ⋅∫ sin2 udu = 16 π 2) Tìm các giá trị tham số thực m cho phương trình sau có nghiệm thực: (m - 3) x + ( 2- m)x + - m = (1) Giải: Đk x đặt t = x;t0 m 2t 3t t t (2) (1) trở thành (m–3)t+(2-m)t +3-m = 2t 3t Xét hàm số f(t) = t t (t 0) Lập bảng biến thiên m 3 (1) có nghiệm (2) có nghiệm t Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: a b c 1 3 8c 8a 8b3 Giải: cauchy 8c3 (2c 1)(4c 2c 1) 2c a 2a 8c 2c b c 2b ; 2c 3 a 8b 2b Tương tự, 8a a b c 1 (1) 2 Ta chứng minh: 2c 2a b (17) WWW.VNMATH.COM 3 Bđt(1) 4(a b +b a +c a ) +2(a3+b3+c3 )+2(ab2+bc2+ca2)+( a+b+c) 8a2b2c2 +4(a2b2 +b2c2 +c2a2) +2 (a2 +b2 +c2 )+1 (2) Ta có: 2a3b2 +2ab2 4a2b2; … (3) 5 2(a3b2+b3a2+c3a2) 2.3 a b c =6 (do abc =1)(4) a3+b3+c3 3abc =3 = +2 a2b2c2 (5) a3 +a 2a2; … (6) Công các vế (3), (4), (5), (6), ta (2) Dấu xảy a=b=c=1 Câu 5: Cho hình chóp S ABC có góc ((SBC), (ACB)) =60 0, ABC và SBC là các tam giác cạnh a Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) Giải: Gọi M là trung điểm BC và O là hình chiếu S lên AM Suy ra: SM =AM = a ; AMS 600 d(S; BAC) = SO và SO mp(ABC) 3a = V(S.ABC) dt ( ABC ).SO a 16 =3 dt ( SAC ).d ( B; SAC ) Mặt khác, V(S.ABC) = SAC cân C có CS =CA =a; SA = a a 13 16 dt(SAC) = 3V 3a dt ( SAC ) 13 Vậy d(B; SAC) = Phần riêng: Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: Cho ABC có B(1;2), phân giác góc A có phương trình ( ) 2x +y –1 =0; khoảng cách từ C đến ( ) lần khoảng cách từ B đến () Tìm A, C biết C thuộc trục tung Giải: Gọi H, I là hình chiếu B, C lên () M là đối xứng B qua M AC và M là trung điểm AC 7; 1; 5 (BH): x –2y + =0 H M 5 5 BH = CI = ; C Oy C(0; y0) 14 ; 27 C(0; 7) A ()loại y0 7 y o 14 ; 33 () nhận (0; –5) A 5 Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng : (18) WWW.VNMATH.COM x 1 2t y 2 t (t ) y z x 1 ; (d2) z 1 t (d1) Viết phương trình tham số đường thẳng nằm mp(P) và cắt đường thẳng (d1) , (d2) Giải: x 1 2t y 1 2t (t ) (P) (d1) = A(1;1;2); (P) (d2) = B(3;3;2) () z 2 Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: Cho ABC có diện tích 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G (d) 3x –y –8 =0 tìm bán kinh đường tròn nội tiếp ABC Giải: a b 2SABC AB C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 d(C; AB) = a b 8(1) a b 3 a b 2(2) a 5; b (d) 3a –b =4 (3) Trọng tâm G S 65 89 (1), (3) C(–2; 10) r = p r S p 2 (2), (3) C(1; –1) Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến mặt phẳng: (P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x2 +y2 +z2 +4x –6y +m =0 Tìm tất các giá trị m để (S) cắt (d) điểm MN cho MN= Giải: (S) tâm I(-2;3;0), bán kính R= 13 m IM (m 13) Gọi H là trung điểm MN MH= IH = d(I; d) = ⃗ ⃗ u (d) qua A(0;1;-1), VTCP (2;1;2) d(I; d) = Vậy : m =3 m = –12( thỏa đk) m u; AI ⃗ 3 u (19) WWW.VNMATH.COM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 148 ) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x −1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) hàm số Tìm các giá trị m để đường thẳng y = mx – m + cắt đồ thị ( C ) hai điểm phân biệt A,B và đoạn AB có độ dài nhỏ Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình Giải phương trình cos x cos x 1 2 sin x sin x cos x x2 x x x x2 ∫3 ( x ) x dx x 1 x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M, N là các điểm di động trên DMN ABC Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x các cạnh AB, AC cho và y Chứng minh rằng: x y 3 xy Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z 0 thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức x y 16 z P x y z II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC qua M(2; 1) Tìm toạ độ các đỉnh hình chữ nhật Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + = và hai đường thẳng x 1 y z x y 2 z , d2: 2 d1: Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = B Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B và C nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + = và d2: x + 2y – = Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG x y z 1 và mặt phẳng (P): x + y + z + = Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: Gọi M là giao điểm d và (P) Viết phương trình đường thẳng nằm mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới 42 (20) WWW.VNMATH.COM log y x log y 1 2 x y 25 ( x, y ) Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình -Hết - ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 148 ) Câu I Nội dung Điểm HS tu lam 2,0 II 2.0 Giải phương trình ĐK: sin x cos x 0 cos x cos x 1 2 sin x sin x cos x 1.0 0.25 PT sin x cos x 1 2 sin x sin x cos x Khi đó sin x cos x sin x sin x.cos x 0 0.25 sin x cos x sin x 0 sin x cos x x k 2 x m 2 k , m Z 0.25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 0.25 (thoả mãn điều kiện) Giải phương trình: x k 2 và x m 2 x2 x x 2x x2 ( x ) 3 x x 0 PT 2 7 x x x 3 x x 3 x x 0 x x 2( x 2) x 1 x 0 x2 x x x x 1 x 16 0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = - III Tính tích phân ∫3 x dx x 1 x 1.0 0.25 0.25 x k , m Z 0.25 0.25 1.0 (21) Đặt u = WWW.VNMATH.COM x 0 u 1 x u x 2udu dx ; đổi cận: x 3 u 2 2 0.25 x 2u 8u dx du ∫(2u 6)du 6∫ du ∫ ∫ u 3u u 1 x x 1 Ta có: 2 u 6u ln u 1 ln 0.25 0.25 0.25 IV 1.0 D Dựng DH MN H DMN ABC DH ABC mà D ABC là Do tứ diện nên H là tâm tam giác ABC C B N H 0.25 M A 3 DH DA AH Trong tam giác vuông DHA: 2 0.25 S AMN AM AN sin 600 xy Diện tích tam giác AMN là V S AMN DH xy 12 Thể tích tứ diện D AMN là 0.25 1 xy.sin 600 x AH sin 300 y AH sin 300 S S S AMH AMH 2 Ta có: AMN x y 3 xy V 0.25 1.0 Trước hết ta có: x y x y Đặt x + y + z = a Khi đó z (với t = a , t 1 ) (biến đổi tương đương) x y 4P Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t a 64 z 3 0;1 a z a Có f '(t ) 3 64t t , f '(t ) 0 t 0;1 Lập bảng biến thiên x y 64 z 3 x y 0 0.25 t 64t 0.25 0.25 (22) WWW.VNMATH.COM Minf t t 0;1 64 81 16 GTNN P là 81 đạt x = y = 4z > 0.25 VI.a 2.0 1.0 Do B là giao AB và BD nên toạ độ B là nghiệm hệ: 21 x x y 0 21 13 B ; 5 x y 14 0 y 13 Lại có: Tứ giác nhật nên góc AC và AB góc AB và ABCD là hình chữ n (1; 2); nBD (1; 7); nAC ( a; b) BD, kí hiệu AB (với a2+ b2 > 0) là VTPT các cos nAB , nBD cos nAC , nAB đường thẳng AB, BD, AC Khi đó ta có: a b 2 2 a 2b a b a 8ab b 0 a b - Với a = - b Chọn a = b = - Khi đó Phương trình AC: x – y – = 0, x y 0 x 3 A(3; 2) x y y A = AB AC nên toạ độ điểm A là nghiệm hệ: Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC BD nên toạ độ I là nghiệm hệ: x x y 0 I 7;5 2 x y 14 0 y 5 14 12 C 4;3 ; D ; 5 Do I là trung điểm AC và BD nên toạ độ 0.25 0.25 0.25 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 1.0 x 2t x 2 m d1 : y 1 3t ; d : y 5m z 2 t z 2m 0.25 Phương trình tham số d1 và d2 là: Giả sử d cắt d1 M(-1 + 2t ; + 3t ; + t) và cắt d2 N(2 + m ; - + 5m ; - 2m) MN (3 + m - 2t ; - + 5m - 3t ; - - 2m - t) ⃗ nP (2; 1; 5) Do d (P) có VTPT m 1 Giải hệ tìm t 1 nên 3 m 2t 2k 5m 3t k k : MN kn p 2m t 5k 0.25 0.25 có nghiệm (23) WWW.VNMATH.COM x 1 2t y 4 t z 3 5t Khi đó điểm M(1; 4; 3) Phương trình d: thoả mãn bài toán VII.a Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 0.25 1.0 n N Điều kiện: n Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = log4(n – 3)(n + 9) = 0.25 n 7 n 13 (n – 3)(n + 9) = 43 n2 + 6n – 91 = Vậy n = 0.25 n Khi đó z = (1 + i) = (1 + i) = i i (thoả mãn) (không thoả mãn) i (2i )3 (1 i ).( 8i ) 8 8i Vậy phần thực số phức z là 0.25 0.25 VI.b 2.0 1.0 Giả sử B( xB ; yB ) d1 xB yB 5; C ( xC ; yC ) d xC yC xB xC 6 yB yC 0 0.25 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) ⃗ ⃗ BG (3; 4) VTPT nBG (4; 3) Ta có nên phương trình BG: 4x – 3y – = 81 Bán kính R = d(C; BG) = phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 25 0.25 0.25 0.25 1.0 Ta có phương trình tham số d là: x 3 2t y t x 3 2t y t z t z t x y z 0 toạ độ điểm M là nghiệm hệ (tham số t) M (1; 3;0) ⃗ nP (1;1;1) ud (2;1; 1) Lại có VTPT của(P) là , VTCP d là ⃗ ⃗ ⃗ u u , n (2; 3;1) Vì nằm (P) và vuông góc với d nên VTCP d⃗ P Gọi N(x; y; z) là hình chiếu⃗vuông góc M trên , đó MN ( x 1; y 3; z ) ⃗ u Ta có MN vuông góc với nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0.25 0.25 (24) WWW.VNMATH.COM x y z 0 x y z 11 0 ( x 1) ( y 3) z 42 42 Lại có N (P) và MN = ta có hệ: Giải hệ ta tìm hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25 x y 2 z 5 3 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt x 3 y 4 z : 3 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt : VII.b Giải hệ phương trình log y x log y 1 2 x y 25 0.25 1.0 ( x, y ) y x y 0 Điều kiện: 0.25 y x log y x log y log y x y 25 x y 25 Hệ phương trình x 3 y x y 25 x 3 y 2 y y 25 15 ; x; y 10 10 15 ; x; y 10 10 x 3 y 25 y 10 y x y 4 x y 25 0.25 0.25 (không thỏa mãn đk) (không thỏa mãn đk) 0.25 Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu đáp án mà đúng thì điểm phần đáp án quy định (25) WWW.VNMATH.COM (26) WWW.VNMATH.COM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 149 ) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2,0 điểm) Cho hàm số y x (3 x 1) m (C ) với m là tham số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) m 1 Tìm các gíá trị m để đồ thị hàm số (C) có hai điểm cực trị và chứng tỏ hai điểm cực trị này hai phía trục tung Câu II:(2,0 điểm) Giải phương trình: 8cos x sin x cos( dx I ∫ 1 Tính tích phân : Câu III:(2,0 điểm) 17 x).cos x 16cos x e x 1 x2 x 2x Tìm các giá trị tham số m để phương trình: m e e có nghiệm thực 1 1 12 1;3 x y z với số thực x , y , z thuộc đoạn x y z Chứng minh: Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có chân đường cao là H trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và AB = AC = 5a , BC = 6a Góc mặt bên (SBC) với mặt đáy là 60 Tính theo a thể tích và diện tích xung quanh khối chóp S.ABC II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần: A B A Theo chương trình chuẩn Câu Va:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC vuông cân A với A 2;0 G 1; và Câu VI.a:(2,0 điểm) là trọng tâm Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác Giải phương trình: x log 4.16 12 Tìm giá trị nhỏ hàm số x ABC 2 x y x 1 ln x B Theo chương trình nâng cao A ;1 và phương Câu Vb:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC với trình hai đường trung tuyến tam giác ABC qua hai đỉnh B , C là x y 0 và x y 0 Tìm tọa độ hai điểm B và C Câu VI.b:(2,0 điểm) log Giải phương trình: x 1 2 log3 x x ln x lim 2 Tìm giới hạn: x x -Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm (27) WWW.VNMATH.COM Đ áp án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Câu Ý Câu I (2,0đ) Ý1 (1,0 đ) Môn thi : TOÁN (ĐỀ 149 ) NỘI DUNG Khi m =1 y x 3x Tập xác định D=R lim y ; lim y x Giới hạn: x y’= 3x2 – ; y’=0 x 1 Điểm 0,25 đ 0,25 đ Bảng biến thiên ; 1 , 1; và nghịch biến Hàm số đồng biến trên khoảng 0,25 đ 1;1 trên khoảng Hàm số đạt CĐ x = -1 ; yCĐ = và đạt CT x = ; yCT = -1 Ý2 (1,0 đ) Điểm đặc biệt: ĐT cắt Oy (0 ; 1) và qua (-2 ; -1) ; (2 ; 3) Đồ thị ( không cần tìm điểm uốn) 0,25 đ y’ = 3x2 – 3m = ; ' 9m 0,25 đ m 0 : y’ không đổi dấu hàm số không có cực trị 0,25 đ m : y’ đổi dấu qua nghiệm y’=0 hàm số có cực trị 0,25 đ KL: m m P m đpcm âu II (2,0 đ) Ý1 (1,0 đ) 0,25 đ Biến đổi: cos x sin x 8cos x cos x.(2 cos x sin x 4) 0 cos x 0 v 2sin x sin x 0 x k x k 2 x 3 k 2 , k Z KL: 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Ý2 (1,0 đ) x 2 Khi x = 2y y 1 y 1 ; Khi y=2x -3 x = : VN x y (loại) 0,25 đ 0,25 đ (28) WWW.VNMATH.COM 2;1 KL: nghiệm hệ PT là Câu III (2,0 đ) Ý1 (1,0 đ) x Đặt t e ĐK: t > 0,25 đ 4 PT trở thành: m t t 4 Xét f (t ) t t với t > 0,50 đ t4 f '(t ) t 1 hàm số NB trên 0; lim f (t ) lim t t t 1 t t 1 t 0 0,25 đ ; f(0) = KL: 0< m <1 Ý2 (1,0 đ) t 3 t 1 t 3 0 t 4t 0 t 4 t Ta có: 3 x 4 ; y 4 ; z 4 x y z Suy : 1 1 Q x y z 12 x y z 0,25 đ 0,50 đ 1 1 Q 1 1 0,25 đ x y z 6 x y z 12 x y z x y z Câu IV (1,0 đ) Gọi M là trung điểm BC A , M , H thẳng hàng BC AM BC SM SMH 600 AM=4a S ABC 12a ; p 8a r SH 0,25 đ S ABC 3a p =MH 0,25 đ 3a VS ABC 6a 3 0,25 đ Hạ HN , HP vuông góc với AB và AC AB SN ; AC SP SM SN SP 3a S XQ 3ap 24a HM = HN = HP Câu Va (1,0 đ) BC a S ABC Đặt AB = a S a r ABC p 2 2 a a2 ;p 2 AG 1; AG 2 AM 3 a 3 r 3 0,25 đ 0,50 đ 0,25 đ 21 0,25 đ (29) Câu VIa Ý (2,0 đ) (1,0 đ) WWW.VNMATH.COM x x 1 4.42 x x.3x 3.32 x PT 4.16 12 3 2x x 4 4 0 2x 3 Chia vế cho , ta có: x 0,50đ x 4 t t ; 4t t 0 t 1(kth); t (th) ĐK: Đặt x Ý2 (1,0 đ) 1 4 4 t x 3 , ta có: Khi x D 0; y ' ln x x TXĐ: ; x y ln x x là HSĐB y’= x 1 ; y(1) = vì Khi < x < y ' ; x > y ' 0,25 đ 0,25 đ 0,50 đ 0,25 đ KL: miny = x 1 Câu Vb (1,0 đ) Câu VIb Ý (2,0 đ) (1,0 đ) Ý2 (1,0 đ) 0,25 đ 2 x y 1 1 G ; 7 7 Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là x y 1 B b ; 2b 1 (d1 ) C 3c ; c (d ) Gọi ; b 3c b 2b c c 7 Ta có: 3 10 B ; ;C ; 7 KL: 7 t ĐK: x > Đặt t log x x 3 0,25 đ 0,50 đ 0,25 đ 0,25 đ t 2 2 2.2t 2t 3t 2t 3t 4 3 3 Ta có: Khi t = thì log3 x 2 x 9 (th) KL: nghiệm PT là x 9 Đặt t x Suy : x t ln t ln t lim lim t t t t 2 t 2 t Giới hạn trở thành: ln x lim x x 1 KL: 0,50 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,50đ 0,25đ * Lưu ý: Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi có lập luận đúng dựa vào SGK hành và có kết chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ý đó ; cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên xuống và phần làm bài sau không cho điểm … HẾT… (30) WWW.VNMATH.COM (31) WWW.VNMATH.COM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 150 ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y 2x 1 x C hàm số trên 1)Khảo sát và vẽ đồ thị 2)Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; ) và có hệ số góc k Tìm k cho (d) cắt ( C ) hai điểm M, N và MN 3 10 Câu II (2 điểm) : x y x y 12 y x y 12 Giải hệ phương trình: 2.Giải phương trình : sin2 x −sin x +sin x +cos x −1=0 3sin x cos x I ∫ dx (sin x cos x)3 Câu III (1 điểm): Tính tích phân: Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác ngoại tiếp hình cầu bán kính r cho trước Tính thể tích hình chóp cụt biết cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ Cõu V (1 điểm) Tìm m để phơng trình sau có nghiệm phân biệt : 10 x ❑2+8 x +4=m( x +1) √ x +1 PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Cho ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: x y 0 và phân giác CD: x y 0 Viết phương trình đường thẳng BC x t y 2t z 2 2t Cho đường thẳng (D) có phương trình: Gọi là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc A trên (D) Trong các mặt phẳng qua , hãy viết phương trình mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là số thực thuộc (0;1] Chứng minh 1 xy yz zx x y z Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x y – x – y 0, (C ') : x y x – cùng qua M(1; 0) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') A, B cho MA= 2MB 2)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d’ lần lợt có phơng trình : y−2 x −2 z +5 x= = z vµ d’ : = y −3= −1 −1 ViÕt ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (α ) ®i qua d vµ t¹o víi d’ mét gãc 300 Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác Chứng minh b c a 2 3a b 3a c 2a b c 3a c 3a b Hết d: (32) Câu I (2,0) Phần 1(1,0) 2(1,0) WWW.VNMATH.COM Đ ÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 150 ) Nội dung Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa Từ giả thiết ta có: (d ) : y k ( x 1) Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau 2 x2 x1 y2 y1 90(*) ( x ; y ), ( x ; y ) 1 2 có hai nghiệm phân biệt cho 2x k ( x 1) kx (2k 3) x k 0 (I ) x 1 (I ) y k ( x 1) y k ( x 1) Ta có: Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt và phương trình k 0, k kx (2k 3) x k 0(**) có hai nghiệm phân biệt Khi đó dễ có Ta biến đổi (*) trở thành: (1 k ) x2 x1 90 (1 k )[ x2 x1 x2 x1 ] 90(***) 2k k 3 , x1 x2 , k k Theo định lí Viet cho (**) ta có: vào (***) ta có 2 phương trình: 8k 27 k 8k 0 (k 3)(8k 3k 1) 0 x1 x2 41 41 , k 16 16 KL: Vậy có giá trị k thoả mãn trên k 3, k Câu Ý Nội dung 1) CâuII:2 Giải phương trình: sin2 x −sin x +sin x +cos x −1=0 ⇔ 2sin x −(2 cos x −1)sin x +cos x − 1=0 2cos x −3 ¿ 2 cos x −1 ¿ −8 (cos x − 1)=¿ VËy sin x=0,5 hoÆc sin x=cos x −1 Δ=¿ π 5π +2 kπ Víi sin x=0,5 ta cã x= +2 kπ hoÆc x= 6 π √ =sin − π , suy Víi sin x=cos x −1 ta cã sin x − cos x=−1 ⇔sin x − =− 4 3π +2 kπ x=2 kπ hoÆc x= ( ) ( ) Điều kiện: | x | | y | u x y ; u 0 1 u2 y v 2 v v x y Đặt ; x y không thỏa hệ nên xét x y ta có Hệ phương trình đã cho có dạng: u v 12 u2 u v 12 2 v (33) WWW.VNMATH.COM u 4 u 3 v 8 v 9 x y 4 u 4 v 8 x y 8 + (I) u 3 x y 3 v 9 x y 9 + (II) Giải hệ (I), (II) Sau đó hợp các kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban S 5;3 , 5; đầu là Câu III (1,0) Phần Nội dung x t dx dt , x 0 t , x t 0 2 Đặt 2 3sin x cos x 3cos t 2sin t 3cos x 2sin x I ∫ dx dt dx 3 ∫ ∫ (sin x cos x) (cos t sin t ) (cos x sin x) 0 Suy ra: thuộc vào kí hiệu cảu biến số) Suy ra: (Do tích phân không phụ 3sin x cos x 3cos x 2sin x I I I ∫ dx ∫ dx ∫ dx 3 (sin x cos x) (cos x sin x) (sin x cos x) 0 1 dx ∫ d x tan x ∫ 20 4 4 cos x cos x 4 4 = 1 IV Gọi H, H’ là tâm các tam giác ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ là trung điểm AB IC AB CHH ' ABB ' A ' CII ' C ' AB HH ' AB, A’B’ Ta có: Suy hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) điểm K II ' Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn Ta có: x x I ' K I ' H ' I ' C ' ; IK IH IC 3 x x I ' K IK OK r x 6r Tam giác IOI’ vuông O nên: = I KL: Vậy 0,25 0,25 0,25 (34) WWW.VNMATH.COM h V B B ' B.B ' Thể tích hình chóp cụt tính bởi: 4x x 3r B x 6r 3; B ' ; h 2r 4 Trong đó: 2r 3r 3r 21r 6r 6r 3 2 Từ đó, ta có: NhËn xÐt : 10x ❑2+8 x +4 = 2(2x+1)2 +2(x2 +1) x +1 2 x+1 ¿ −m( )+2=0 Phơng trình tơng đơng với : ( √ x +1 √ x +1 x +1 t 2+ =t §Æt §iÒu kiÖn : -2< t Rót m ta cã: m= √ t √ x +1 Lập bảng biến thiên hàm số trên ¿ , ta có kết m để phơng V V tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt lµ: VIa <m≤ 12 √5 hoÆc -5 < m<− 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,75 1,00 Điểm C CD : x y 0 C t;1 t t 3 t M ; 2 Suy trung điểm M AC là t 1 t M BM : x y 0 0 t C 7;8 2 Điểm Từ A(1;2), kẻ AK CD : x y 0 I (điểm K BC ) Suy 0,25 AK : x 1 y 0 x y 0 0,25 0,25 0,25 x y 0 I 0;1 x y Tọa độ điểm I thỏa hệ: K 1; Tam giác ACK cân C nên I là trung điểm AK tọa độ x 1 y x y 0 Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình: Gọi (P) là mặt phẳng qua đường thẳng , thì ( P) //( D) ( P ) ( D) Gọi H là hình chiếu vuôn góc I trên (P) Ta luôn có IH IA và IH AH (35) WWW.VNMATH.COM d D , P d I , P IH H P Mặt khác P , IH IA ; đó maxIH = IA H A Lúc này (P) vị trí (P0) vuông Trong mặt phẳng góc với IA A ⃗ ⃗ n IA 6;0; 3 v 2;0; 1 Vectơ pháp tuyến (P0) là , cùng phương với x z 1 2x - z - = Phương trình mặt phẳng (P0) là: VIIa Để ý xy 1 x y x y 0 ; yz y z và tương tự ta có zx z x Vì ta có: 1 x y z 111 x y z xy yz zx yz zx xy 0,25 1,00 x y z 3 yz zx+y xy z z y x 5 yz zx y xy z z y x 5 zy yz 5 vv + Gọi tâm và bán kính (C), (C’) là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R 1, R ' 3 , đường VIb 1) 2 thẳng (d) qua M có phương trình a( x 1) b( y 0) 0 ax by a 0, (a b 0)(*) + Gọi H, H’ là trung điểm AM, BM 2 2 Khi đó ta có: MA 2 MB IA IH 2 I ' A I ' H ' 2 d ( I ;d ) 4[9 d ( I ';d ) ] , IA IH 9a b2 36a b 2 d ( I ';d ) d ( I ;d ) 35 35 35 a 36b 2 2 2 a b a b a b a b 1 a 6 Dễ thấy b 0 nên chọn Kiểm tra điều kiện IA IH thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn 0,25 0,25 0,25 0,25 .§êng th¼ng d ®i qua ®iÓm M (0 ; 2; 0) vµ cã vect¬ chØ ph¬ng ⃗u (1 ; −1 ; 1) §êng th¼ng d’ ®i qua ®iÓm M ' (2 ;3 ; − 5) vµ cã vect¬ chØ ph¬ng ⃗ u ' (2 ; 1; − 1) Mp (α ) ph¶i ®i qua ®iÓm M vµ cã vect¬ ph¸p tuyÕn ⃗n vu«ng gãc víi ⃗u vµ |cos (⃗n ; ⃗u ' )|=cos 600= Bởi đặt ⃗n=( A ; B; C ) thì ta phải có : 0,2 (36) WWW.VNMATH.COM B=A +C A+C ¿2+ C2 ¿ ¿ A − B+C=0 ¿⇔ |2 A + B− C| ¿ = ⇔ 2 ¿ B= A+C A +B + C √ √ ¿ ¿{ ¿ ¿ A 2+¿ 2|3 A|= √ √ ¿ 2 Ta cã A − AC −C =0 ⇔ ( A −C)(2 A+C )=0 VËy A=C hoÆc A=−C Nếu A=C ,ta có thể chọn A=C=1, đó B=2 , tức là ⃗n=(1 ; 2; 1) và mp(α ) có phơng tr×nh x+ 2( y − 2)+ z=0 hay x+ y + z −4=0 A=−C ta có thể chọn A=1 , C=−2 , đó B=−1 , tức là ⃗n=(1 ; −1 ; −2) và mp(α ) cã ph¬ng tr×nh x −( y −2)− z=0 hay x − y − z +2=0 NÕu VIIb 1,00 a b c b c a c a b Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: a b ca x, y, a z x, y, z x y z, y z x, z x y Đặt Vế trái viết lại: a b a c 2a VT 3a c 3a b 2a b c x y z yz zx x y 2z z x y z z x y z 2z x y x yz x y Ta có: x 2x y 2y ; y z x y z z x x y z Tương tự: 2 x y z x y z 2 xyz Do đó: y z z x x y b c a 2 Tức là: 3a b 3a c 2a b c 3a c 3a b x x 2m x x x x m3 V.Phương trình (1) x Điều kiện : x 0;1 Nếu thỏa mãn (1) thì – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm 1 x 1 x x x Thay vào (1) ta được: thì cần có điều kiện m 0 1 m m3 2 m 1 0,5 0,5 (37) WWW.VNMATH.COM * Với m = 0; (1) trở thành: x 1 x 0 x Phương trình có nghiệm * Với m = -1; (1) trở thành x x x x x x x x x x x x x x 0 x 1 x x 1 x 0 + Với x x 0 x + Với Trường hợp này, (1) có nghiệm x x 0 x * Với m = thì (1) trở thành: x x x x 1 x x Ta thấy phương trình (1) có nghiệm không có nghiệm x 1 x x 0, x x 1 x 2 nên trường hợp này (1) Vậy phương trình có nghiệm m = và m = -1 (38)