Viết phương trình đường thẳng nằm trong mặt phẳng P, vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới.. Giải hệ phương trình..[r]
(1)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 183 ) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) y x m m x Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu cho hai điểm cực trị đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + = khoảng 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 2x 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 các cạnh AB, AC cho DMN ABC Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y Chứng minh rằng: P x y 3 xy x y 16 z x y z Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z 0 thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức 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 , d1: x y2 z 2 d2: 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 + = Gọi M là giao điểm Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: 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 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình log y x log y 1 2 x y 25 ( x, y ) -Hết - (2) ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 183) Câu Nội dung Điểm I 2,0 1,0 y x 1 Với m =1 thì a) Tập xác định: D x 0.25 \ 2 b) Sự biến thiên: y ' 1 x 2 x2 4x x 2 , x 1 y ' 0 x 3 lim y lim y lim y ; lim y x , x , x 2 x 2 0.25 , lim y ( x 1) 0 ; lim y ( x 1) 0 x x Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – Bảng biến thiên 0.25 Hàm số đồng biến trên khoảng ;1 , 3; ; hàm số nghịch biến trên khoảng 1; , 2;3 Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = x = 1; yCT = x = c) Đồ thị: – – + + + + 0.25 - 1.0 (3) m Với x 2 ta có y’ = 1- ( x 2) ; Hàm số có cực đại và cực tiểu phương trình (x – 2)2 – m = (1) có hai nghiệm phân biệt khác m 0 x1 2 m y1 2 m m x2 2 m y2 2 m m Với m > phương trình (1) có hai nghiệm là: Hai điểm cực trị đồ thị hàm số là A( m ; m m ) ; B( m ;2 m m ) Khoảng cách từ A và B tới d nên ta có phương trình: 2 m 0.25 0.25 m 2 m m m 0 m 2 0.25 Đối chiếu điều kiện thì m = thoả mãn bài toán Vậy ycbt m = II 0.25 2.0 Giải phương trình cos x cos x 1 2 sin x sin x cos x 1.0 ĐK: sin x cos x 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 (thoả mãn điều kiện) x k 2 k , m Z x m 2 x Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: Giải phương trình: 0.25 0.25 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 k , m Z 1.0 0.25 0.25 x x 1 x 16 0 x Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = - 0.25 0.25 (4) III Tính tích phân Đặt u = 3 x dx x 1 x 1.0 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 6ln u 1 0.25 0.25 ln 0.25 IV 1.0 D Dựng DH MN H Do DMN ABC tứ diện nên DH ABC mà D ABC là 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 x3 y Trước hết ta có: x y 4P x y Đặt x + y + z = a Khi đó a 64 z 3 a z z (với t = a , t 1 ) Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t 0;1 Có f '(t ) 3 64t t , f '(t ) 0 t 0;1 Lập bảng biến thiên x y (biến đổi tương đương) a 64 z 3 x y 0 0.25 t 64t 0.25 0.25 (5) 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 0.25 Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc AC và AB góc AB và BD, kí hiệu nAB (1; 2); nBD (1; 7); nAC (a; b) (với a2+ b2 > 0) là VTPT các đường thẳng AB, BD, cos nAB , nBD cos nAC , nAB AC Khi đó ta có: a b 2 2 a 2b a b 7a 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: 0.25 Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC BD nên toạ độ I là nghiệm hệ: x 5 I ; 2 y 5 14 12 C 4;3 ; D ; 5 Do I là trung điểm AC và BD nên toạ độ x y 0 x y 14 0 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) Do d (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên 0.25 3 m 2t 2k 5m 3t k k : MN kn p 2m t 5k 0.25 có nghiệm m 1 t 1 Giải hệ tìm Khi đó điểm M(1; 4; 3) Phương trình d: x 1 2t y 4 t z 3 5t 0.25 thoả mãn bài toán (6) VII.a Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n N thỏa mãn phương trình 1.0 log4(n – 3) + log4(n + 9) = n N n 3 Điều kiện: 0.25 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = log4(n – 3)(n + 9) = n 7 n 13 (n – 3)(n + 9) = 43 n2 + 6n – 91 = (thoả mãn) (không thoả mãn) 0.25 i (2i )3 (1 i ).( 8i ) 8 8i 0.25 Vậy n = n Khi đó z = (1 + i) = (1 + i) = i i Vậy phần thực số phức z là 0.25 VI.b 2.0 1.0 B( xB ; yB ) d1 xB yB 5; C ( xC ; yC ) d xC yC Giả sử xB xC 6 y yC 0 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: B Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) Ta có BG (3; 4) VTPT nBG (4; 3) 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 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) n (1;1;1) u (2;1; 1) Lại có VTPT của(P) là P , VTCP d là d u ud , nP (2; 3;1) Vì nằm (P) và vuông góc với d nên VTCP MN ( x 1; y 3; z ) Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc M trên , đó u Ta có MN vuông góc với nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0.25 0.25 x y z 0 x y z 11 0 ( x 1) ( y 3) z 42 Lại có N (P) và MN = 42 ta có hệ: Giải hệ ta tìm hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) : Nếu N(5; -2; -5) ta có pt x y 2 z 5 3 0.25 0.25 (7) : Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt VII.b Giải hệ phương trình x 3 y 4 z 3 1 log y x log y 1 2 x y 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 3 y 2 x y 25 9 y y 25 15 ; x; y 10 10 15 ; x; y 10 10 y x y 4 x y 25 x 3 y 25 y 10 0.25 (không thỏa mãn đk) (không thỏa mãn đk) 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 0.25 0.25 (8)