De dap an thi thu dai hoc 03

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có  , đường trung trực của đoạn DC có phương.. Xác định tọa độ đỉnh còn lại của hình bình hành..[r]

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN - khối A Ngày thi thử: tháng 03 năm 2012 ĐỀ THAM KHẢO Email: info@123doc.org I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I: Cho hàm số: y 2x  x  C có đồ thị là Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị  C  hàm số C d C Gọi M là điểm bất kì trên   và I là giao điểm đường tiệm cận Tiếp tuyến     M cắt đường tiệm cận A và B Tìm tọa độ điểm M cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích 2 Câu II: 17     2 x sin  2x    16 2 3.sinxcosx  20sin   12      Giải phương trình:  x  y  x  y  4x  y    x2  16 2  y  3x Giải hệ phương trình:  2x3  3x  x I  dx x  x  Câu III: Tính tích phân: Câu IV: Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a , gọi M,N là trung điểm các cạnh A'B',B'C' Tính theo a thể tích khối tứ diện AD'MN và khoảng cách từ A đến đường thẳng D'N Câu V: Cho các số thực a,b,c thỏa a  b  c 2a  4b  6c  Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ biểu thức A 2a  b  2c II PHẦN RIÊNG Thí sinh chọn làm hai phần ( phần A B ) 2 A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: C  1;  1 AB : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho ABC với AB  5, đỉnh  , đường thẳng   x  2y  0 và trọng tâm G ABC thuộc đường thẳng x  y  0 Xác định tọa độ A,B tam giác Trong mặt phẳng toạ độ Oxyz, d1 : cho đường thẳng đường thẳng cắt và tìm tọa độ giao điểm đó x  y 2 z    m d2 : x y z   1 Tìm m Câu VII.a: Gọi z là nghiệm phương trình z  2z  0 Tính giá trị biểu thức Q z2012  để z 2012 B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: D  6;   Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có  , đường trung trực đoạn DC có phương  trình: 1 : 2x  3y  17 0 và đường phân giác BAC có phương trình: 2 :5x  y  0 Xác định tọa độ đỉnh còn lại hình bình hành Trong mặt phẳng toạ độ    P  MA  7MB  5MC Oxyz, tìm điểm M thuộc đường thẳng  x  y 1 z    1 cho biểu thức lớn Câu VII.b: Giải phương trình: log x2 9  x   x   x  log   x   x 2 ĐÁP ÁN: Câu I: Tự vẽ  2x   y ' x0   M  x0 ;  ,x0 2 x0   C d  x  2 Gọi  là điểm thuộc   Tiếp tuyến   M có hệ số góc là: 2x  1  2x   x  x0    d : y  A  2;   , B  2x  2;2 x  x0   d  x  2 Phương trình có dạng: ,   c  SIAB 2   x0  2  IAB vuông I và  x  2  x0 1  M  1;1  2    x0 3  M  3;3 Câu II: cos2x        3sin2x  10cos  x    0  cos  2x    5cos  x    0 6 3 6       5      2cos2  x    5cos  x    0  cos  x     x   k2 x   k2 6 6 6    x 4,y 0,x y,4x y,y 3x Điều kiện:  2x  x  y 4x  y  x  y y  2x  y 0 Phương trình   y 0 không thỏa vì x 4,y 3x y 4x   2  thì phương trình x 5  x 5  y 16 vì Câu III: x I  x  16    x  2x   x2  x   I 2  t  dt    dx   x 5 x2  16   x     x  5     x  16  x 5 y 4x  x 3 1   0 x    x  1 Đặt t  x  x  3a2 a3 SD'MN S A 'B'C'D'  SB'MN  SD'C'N   VAD'MN  8 Câu IV:  Gọi H là hình chiếu A trên D'N và  AD',D'N Ta có: Vậy, AD' a 2,D'N  VAD'MN  Câu V: Ta có: a 3a 3a ,AN  ,sin    cos2   , AH AD'sin   2 10 a3 3a ,d  A,D'N    a  1 2   b  2   c  3 16 2  a     b  2   c  3 16  M a;b;c  S I 1;2;3 ,R 4 Xét điểm  Vì a,b,c thỏa 2a  b  2c  A 0 nên M thuộc giao mặt cầu   có tâm  d  I,     R    : 2x  y  2z  A 0 a,b,c    S và mặt phẳng  6 A 4  A  12   A 18 tồn và và khác rỗng hay A      : 2x  y  2z  0 Phương trình  Gọi N là hình chiếu I lên   , x 1  2t x 1  2t y 2  t    10  IN : y 2  t  N :   N  ; ;  z   2t  3 3 z 3  2t   2x  y  2z  0 A 18     : 2x  y  2z  18 0 Vậy, A  đạt max A 18 đạt , tương tự x 1  2t x 1  2t y 2  t    11 17  IH :  y 2  t  H :   N ; ;   3  z 3  2t z 3  2t  2x  y  2z  18 0 10  ; ;   3 3  a;b;c    11 17  ; ;   3   a;b;c   Câu VI.a: G x ;y Gọi I là trung điểm AB ,  G G  là tọa độ trọng tâm G  x  y  0 nên có:   ABC  CG  CI  2x    xG    y 2y   G 2x  2y    0 3 x  2y  0   I  5;  1  2x  2y     0 Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ: 2  AB  A  x A ;y A   IA2  x A  5   y A  1   4   Gọi  x A   y x A  2y A  0   A   5  2  x A  5   y A     x A   y A  Hơn A  x  2y  0 suy tọa độ điểm A là nghiệm hệ: 1  3  A  4,   ,B  6;   2   ngược lại là tọa độ cần tìm Vậy,   x 6  2t x 4  4t '   d1 :  y   4t d2 : y  t ' z 3  m  t z 2  2t '     6  2t 4  4t '    4t 3  t '  d1 ,d2 cắt 3   m  1 t 2  2t ' có nghiệm z  1 Câu VII.a: Phương trình cho biến đổi  Q z2012  z 2012  z4   503  z  503    503   1   4 503   6  t t ' 1  A  8;  1;4   3   m  1 2   m 2 và ta có 16503  4503 Câu VI.b: Tác giả không có chủ trương giải phần nâng cao Câu VII.b: 4 z2 2 z  1 , suy z4  2 z  1  4  z  1 4    