hoi nhung nguoi on thi dai hoc

Định m để hàm số 1 có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân.. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết SA=AB[r]

Hội Những Người Ôn Thi Đại Học http://facebook.com/onthidh Đề thi thử số ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn thi : TOÁN - khối A Thời gian: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  3x  mx  (1) với m là tham số thực Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m = Định m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ tam giác cân Câu II (2,0 điểm) 1 Giải phương trình: tan x  cot x  2sin x  sin x x2  35  5x   x  24 ln dx Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I   x ( e  ) Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC M, cắt SD N Tính thể tích khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a và góc hợp đường thẳng AN và mp(ABCD) 300 Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là cạnh tam giác Tìm GTLN biểu thức a3  b3  c3  15abc T a 2b  b2a  b2c  c 2b  a 2c  c 2a II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chƣơng trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I thuộc đường thẳng  d  : x  y   và có hoành độ xI=9/2, trung điểm cạnh là giao điểm (d) và trục Ox Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật Trong mặt phăng Oxy cho đường tròn ( C): x2 + y2 =1 Tìm tất các giá trị thực m để trên đường thằng y = m tồn đúng hai điểm phân biệt mà từ điểm đó kẻ hai tiếp tuyến với (C) cho góc hai tiếp tuyến 600 Giải bất phương trình :    log x    log  x  1   Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình:   log  x  1  log ( x  1) B Theo chƣơng trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C ): x  y  8x  y  21  và đường thẳng (d): x + y 1=0 Xác định toạ độ các đỉnh hình vuông ABCD ngoại tiếp đường tròn (C) biết A nằm trên (d) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3) z   5i Câu VII.b (1 điểm) Tìm số phức z có môđun nhỏ thỏa mãn:  z3i HẾT http://facebook.com/onthidh SƠ LƢỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 1_2012 Nội dung Câu Điểm I 1.0 Hàm số có cực trị và y’ = có nghiệm phân biệt   '   3m   m  3 (1) y  x  3x  mx  0.25 2m m  ( x  1) y '(  2) x   3 Đường thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số có phương trình 2m m y  (  2) x   3  m6   6m ;0 , B 0; Đường thẳng này cắt trục Ox và Oy tai A    2(m  3)   Tam giác OAB cân và OA  OB  m6 6m  2(m  3) 0.25 0.25  m  6; m   ; m   2 Với m = thì A  B  O đó so với điều kiện ta nhận m   0.25 II 2.0 1.0 tan x  cot x  2sin x  Điều kiện: x  k  ,(1) sin x 4sin x  cos x 2sin 2 x   sin x sin x  2(1  cos x)  cos x  2(1  cos 2 x)  (1)  0,25  cos 2 x  cos x   0,25 cos x  (loai do:sin x  0)    x    k cos x    0,25 0.25 0.25 Đối chiếu điều kiện phương trình có nghiệm là: x   http://facebook.com/onthidh   k , k  Z 0.25 1.0 BPT tương đương: x  35  x  24  x   11 a)Nếu x   x   11  (5 x  4)( x  35  x  24) x  35  x  24 2 0.25 không thỏa mãn BPT b)Nếu x > 4/5: Hàm số y  (5x  4)( x  35  x  24) với x > 4/5 y’= 5( x  35  x  24)  (5 x  4)( x  35  x  24 ) >0 x>4/5 0.25 Vậy HSĐB +Nếu 4/5<x  thì y(x)  11 0.25 +Nếu x>1 0.25 thì y(x)>11 Vậy nghiệm BPT x>1 III 1.0 x 3 ln Ta c ó I   e dx x x e (e  2) x = 0.25 x Đặt u= e  3du  e dx ; x   u  1; x  ln  u  2   1 3du du    =3   4u 4(u  2) 2(u  2)  1 u (u  2) Ta được: I  0.25 1  1  =3  ln u  ln u   4 ( u  )  1  3 ln( )  0.25 Vậy I  3 ln( )  IV 0.25 1.0 + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC M, mp(SBD) kẻ BG cắt SD N + Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có SG  suy G là trọng tâm tam giác SBD SO Từ đó suy M, N là trung điểm SC, SD 1 + Dễ có: VS ABD  VS BCD  VS ABCD  V 2 Theo công thức tỷ số thể tích ta có: VS ABN SA SB SN 1   1.1   VS ABN  V VS ABD SA SB SD 2 VS BMN SB SM SN 1 1     VS ABN  V VS BCD SB SC SD 2 Từ đó suy ra: VS ABMN  VS ABN  VS BMN  V + Ta có: V  SA.dt ( ABCD) ; mà theo giả thiết SA  ( ABCD) nên góc hợp AN với mp(ABCD) chính là góc NAD , lại có N là trung điểm SC nên tam giác NAD cân N, SA a suy NAD  NDA  300 Suy ra: AD  tan 300 http://facebook.com/onthidh 0.25 0.25 0.25 1 3 Suy ra: V  SA.dt ( ABCD)  a.a.a  a 3 3 5 3a3 Suy ra: thể tích cần tìm là: VMNABCD  VS ABCD  VS ABMN  V  V  V  8 24 0.25 V 1.0 Giả sử a  b  c 3 2 2 2 Xét hàm số f ( x)  x  b  c  15xbc  3( x b  b x  b c  c b  x c  c x) , x  b; a  0.25 f ( x)  3x2  15bc  3(2 xb  b2  xc  c ) f ( x)  x  3(2b  2c)  6( x  b  c)   f ( x) là hàm giảm trên miền b; a   f ( x)  f (b)  3b2  15bc  3(2b2  b2  2bc  c2 )  9bc  6b2  3c2  3(b  c)(2b  c) 0.25  f ( x) là hàm giảm  f (a)  f (b)  2b3  c3  15b2c  3(2b3  2b2c  2c 2b)  (b  c)[4b2  c  5bc]  (b  c)2 (4b  c)   f ( a)   a3  b3  c3  15abc  3(a2b  b2a  b2c  c2b  a2c  c2a)   T  0.25 0.25 VI.a 2.0 1.0 9 3 và I   d  : x  y    I  ;  2 2 Vai trò A, B, C, D là nên trung điểm M cạnh AD là giao điểm (d) và Ox, suy M(3;0) 9 2 AB  IM   xI  xM    yI  yM     4 S 12 S ABCD  AB AD = 12  AD = ABCD   2 AB I có hoành độ xI  0.25  AD   d  , suy phương trình AD:  x  3   y     x  y     M  AD Lại có MA = MD = Vậy tọa độ A, D là nghiệm hệ phương trình:  x  y    y   x   y   x       2 2 2   x  3  y   x  3  y   x  3    x   y  3 x x  x     Vậy A(2;1), D(4;-1),  x   1  y   y  1 http://facebook.com/onthidh 0.25 x x  xI  A C   xC  xI  xA     9 3 I  ;  là trung điểm AC, suy ra:   2 2  yC  yI  y A     y  y A  yC I   Tương tự I là trung điểm BD nên ta có: B(5;4) Vậy tọa độ các đỉnh hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1) 0.25 0.25 1.0 Đường tròn tâm O(0;0); bán kính R = Giả sử PA; PB là hai tiếp tuyến đường tròn (A; B là hai tiếp điểm) TH 1: APˆ B  600  OP   P thuộc đƣờng tròn (C1) tâm O; bán kính R = 2  P thuộc đường tròn (C2) tâm O;bán kính R = 3 Đương thẳng y = m thoả mãn yêu cầu bài toán nó cắt (C1) hai điểm phân biệt và không có điểm chung với (C2) 2 Vậy các giá trị m thoả mãn bài toán là:   m  và m2 3 TH 2: APˆ B  1200  OP  0.25 0.25 0.25 0.25 1.0 VII.a    t  t 6  Đặt t  log ( x  1) ta được:  t 2t  t 5t  14t  24   0  4(2  t ) 2  t   log ( x  1)   vậy:     log ( x  1)      1  x   3  x  15  0.25 0.25 0.25 0.25 VI.b 2.0 1.0 Đường tròn (C ) có tâm I(4;-3); bán kính R = Vì I nằm trên (d), đó AI là đường chéo hình vuông  x = x = là hai tiếp tuyến (C ) nên: Hoặc A là giao điểm (d) với đưòng thẳng: x =  A(2; -1) Hoặc A là giao điểm (d) với đưòng thẳng: x =  A(2; -1) Với A(2;-1) thì C(6;-5); hai đỉnh là (2;-5) ; (6;-1) Với A(6;-5) thì C(2;-1) ; hai đỉnh là: (6;-1); (2;-5) 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0 Ta có: AB  (2; 2; 2), AC  (0; 2; 2) Suy phƣơng trình mặt phẳng trung trực AB, AC là: x  y  z   0, y  z   http://facebook.com/onthidh 0.25 Vectơ pháp tuyến mp(ABC) là n   AB, AC   (8; 4; 4) Suy (ABC): 0.25  x  y  z 1  x    Giải hệ:  y  z     y  Suy tâm đường tròn là I (0; 2;1) 2 x  y  z    z    0.25 2x  y  z   Bán kính là R  IA  (1  0)2  (0  2)2  (1  1)2  0.25 1.0 VII.b Gọi z = a + bi (a,b thuộc R)  z  a  bi a  bi   5i  a  1   b  5 i ,   a  bi   i  a  3   b  1 i z3i z   5i 2  a  1   b  5 2  a  3   b  1 z   5i z3i   a  1   b  5 2  a  3   b  1    a2  b2  10a  14b   * 0.25 0.25  * là phương trình đường tròn mặt phẳng phức Nên số phức có môđun nhỏ phần thực và phần ảo là nghiệm đƣờng tròn  * và đƣờng thẳng IO với I là tâm đƣờng tròn, I(-5;-7)  34  370 t  a  5t 37 IO :   pt : 37t  74t     b   t   37  370 t  37 z  5 34  370 34  370 7 n 37 37 , z  5 0.25 0.25 37  370 37  370 7 l  37 37 Câu V cách khác Ta chứng minh T  , và dấu đẳng thức xảy a  b  c Giả sử a  b  c Đặt f (a)  3(a 2b  b2a  b2c  c 2b  a 2c  c 2a)  a  b3  c  15abc f (b)  3(b3  b3  b2c  c 2b  b2c  c 2b)  b3  b3  c3  15b 2c  f (a)  f (b)  (a  b)[3b(a  b)  3b  3c(a  b)  3c  (a  b  ab)  15bc]  (a  b)(2ab  5b2  3ac  3c  12bc)  (a  b).g (a) với g (a)  2ab  5b  3ac  3c  12bc g (b)  2b  5b  3bc  3c  12bc  g (a)  g (b)  2b(a  b)  3c(a  b)  (a  b)(2b  3c)  , mà   g (b)  7b2  3c  9bc  21  bc  Suy f (a)  f (b) mà http://facebook.com/onthidh f (b)  3(b3  b3  b 2c  c 2b  b 2c  c 2b)  b  b  c  15b 2c  4b3  6c 2b  9b 2c  c  b3  c  3b3  3b 2c  6c 2b  6b 2c  (b  c)[b  c  bc  3b  6bc]  (b  c)[4b  c  5bc]  (b  c)[4b(b  c)  c(b  c)]  (b  c) (4b  c)   f ( a)   T  Cảm ơn Onthdh_fb@yahoo.com gửi tới www.laisac.page.tl http://facebook.com/onthidh