Tìm toạ độ điểm M sao cho đờng tròn ngoại tiếp tam gi¸c IAB cã diÖn tÝch nhá nhÊt.. Giải phương trình:.[r]
(1)GV: Nguyễn Trung Nam ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi : TOÁN - Đề số: 12 Thời gian làm bài: 180 phút Câu (2 điểm) Cho hàm số y 2x x có đồ thị (C) a Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số b Cho M là điểm bất kì trên (C) Tiếp tuyến (C) M cắt các đờng tiệm cận (C) A và B Gọi I là giao điểm các đờng tiệm cận Tìm toạ độ điểm M cho đờng tròn ngoại tiếp tam gi¸c IAB cã diÖn tÝch nhá nhÊt Câu (1 điểm) 4(sin x cos x) 6.cos x 2.cos x 0 sin x a Giải phương trình: z i z 5 i b Cho số phức z thỏa mãn điều kiện Tính môđun số phức w 1 iz z Câu (0,5 điểm) Giải bất phương trình: Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình: log 22 ( x −1 ) +5 ≤ log (1 − x )2 2 x y y x x y 3y 2 I x ( x sin x ) sin x dx (1 sin x) sin x Câu (1 điểm) Tính tích phân Cõu (1 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân A, BC a , h×nh chiÕu cña A’ trªn mÆt ph¼ng (ABC) lµ träng t©m tam gi¸c ABC, c¹nh bªn t¹o víi mặt đáy góc 600 Tính thể tích khối lăng trụ đó Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M (2; 1) và đường thẳng : x – y + = Viết phương trình đường tròn qua M cắt điểm A, B phân biệt cho MAB vuông M và có diện tích Câu (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z 0 và hai đường thẳng x 1 y z , (d2): ( d1 ) : x y z Lập phương trình đường thẳng song song với (P) và cắt hai đường thẳng d1, d2 hai điểm M, N cho MN 54 Cn Cn An C n A3 n 1 n 1 15 Câu (0,5 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau: Câu 10 (1 điểm) Cho hai sè thùc x, y tho¶ m·n : x x 3 y y T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña biÓu thøc: A = x + y - Hết - (2) Họ và tên học sinh: ………………………………… Lớp 12A §¸P ¸N ĐỀ SỐ 12 C©u 1: Tìm M để đờng tròn có diện tích nhỏ x −3 , x0 ≠ , x0 − ( ) Ta cã: M x ; y ' ( x 0)= −1 ( x −2 ) Ph¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi ( C) t¹i M cã d¹ng: Δ : y = x −3 −1 ( x − x0 )+ x −2 ( x −2 ) ( Toạ độ giao điểm A, B ( Δ ) và hai tiệm cận là: A ; Ta thÊy x A + x B 2+2 x − = =x 0=x M , 2 x −2 ; B ( x − 2; ) x −2 y A + y B x −3 = = yM x0 − ) suy M lµ tr®iÓm cña AB Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông I nên đờng tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diÖn tÝch x − 2¿ 2+ ( x −3 −2 x −2 x − 2¿ ¿≥2π S= ) 2 x −2 ¿ + ¿ ¿ ¿=π ¿ π IM 2=π ¿ DÊu “=” x¶y x0 − ¿ ¿ ⇔ ¿ x 0=1 ¿ x 0=3 ¿ ¿ ¿ x − 2¿ 2= ¿ ¿ ¿ Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3) C©u 2: 4(sin x cos6 x ) 6.cos x 2.cos x 0 sin x (1) a) §iÒu kiÖn: sin2x ≠ 4(1 Ta cã (1) sin x) cos x 2(2 cos 2 x 1) 0 3sin 2 x cos x 4cos 2 x 0 3(1 cos 2 x ) cos x cos 2 x 0 3cos 2 x cos x 4cos 2 x 0 sin x 0 ( L) cos x 1 cos x (TM ) cos x cos x 0 (3) 1 x arccos k 2 cos x 1 1 x arccos k 2 x arc cos k 7 7 (k Z ) Vậy phơng trình đã cho có hai họ nghiệm 1 x arccos k 7 vµ x 1 arccos k 7 (k Z ) 2.b 3a b 5 z a bi a, b a b Đặt Từ giả thiết ta có: Suy w 1 iz z 1 i 2i 2i 3i C©u 4: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau: Vậy a 1 b Do đó z 1 2i w 3 2 (1) x y y x x y y (2) x 0 2 2 x y x y (*) y y x x y Gi¶i (1) ta cã: * §iÒu kiÖn f (t ) t t víi t 0 XÐt hµm sè f '(t ) 1 t 0 ; 0; t => Hàm số đồng biến trên D Mµ (*) f ( x) f ( y) x y thÕ vµo PT (2) ta cã: x x 8 x x ®iÒu kiÖn x 5 x (3 x 2)(2 x 2) x 3x x x 2 (3 x 2)(2 x 2) x (3 x 2)(2 x 2) 2 x 0 x 2 3 (3x 2)(2 x 2) (4 x) 6 x x 16 16 x x 2 2 x 2 x 2 3 3 x 1 (TM ) 2 x 18 x 20 0 x 10 ( L) x 1 VËy ta cã : y 1 =>Hệ phơng trình đã cho có nghiệm (x, y) là (1; 1) C©u 5: 2 I 2 2 2 x ( x sin x)sin x x(1 sin x) sin x x dx 3 dx dx dx 2 (1 sin x)sin x (1 sin x)sin x 3 sin x sin x u x; dv + Đặt dx sin x du dx v cot x (4) 2 2 2 2 2 x 3 dx x cot x| cot xdx x cot x ln sin x | sin x 3 3 2 dx 3 sin x 3 I Vậy 2 2 dx dx x 3 t an | 4 x 3 2 2 cos x 2cos 2 2 4 3 A' C' C©u 6: Do ABC vu«ng c©n t¹i A mµ BC = a => AB = BC = a B' a2 SABC AB.BC 2 (®vdt) Ta có A'G (ABC) => A'G là đờng cao cña khèi l¨ng trô A'B'C'.ABC Gäi M lµ trung ®iÓm cña BC A a 60 C a a AM BC 2 G M a B AG AM 3 Do G lµ träng t©m ABC A'G a a tan 600 A ' G AG.tan 600 AG 3 XÐt A'AG ta cã: VABC A ' B ' C ' SABC A ' G a a a3 (®vdt) C©u 7: 2 Đường tròn (C) tâm I(a, b) bán kính R có phương trình ( x a ) ( y b) R MAB vuông M nên AB là đường kính suy qua I đó: a - b + = (1) Hạ MH AB có MH d ( M , ) 1 1 S MAB MH AB R R 2 2 Vì đường tròn qua M nên (2 a) (1 b) 2 (2) (1) a b 0 2 Ta có hệ (2 a) (1 b) 2 (2) Giải hệ a = 1; b = Vậy (C) có phương trình ( x 1) ( y 2) 2 C©u 8: ( t ; t ;2 t ), N (1 m ;7 m ;3 m ) MN (2m t 2; m 2t 7;4m t 1) Gọi M n (2; 1;3) ( ) ( P ) MN n 0 t 5m (P) có véc tơ pháp tuyến , m 0 MN 54 m 20 MN (7 m 2;11m 7; m 1) ; 19 x 2t m 0 M ( 1;0; 2), N (1;7;3) ( P) ( ) : y 7t z 2 t (5) 81 102 x 19 19 t 20 81 200 62 21 113 23 200 87 m M( ; ; ), N ( ; ; ) ( P) ( ) : y t 19 19 19 19 19 19 19 19 19 62 39 z 19 19 t C©u 9: Điều kiện: n 4 n 5 Hệ điều kiện ban đầu tương đương: n 1 n n 3 n n 1 n n 3 n n 3 4.3.2.1 3.2.1 n 1 n n 1 n n 3 n 1 n n 1 5.4.3.2.1 15 n 9n 22 n 5n 50 0 n 10 n 5 C©u 10: Ta cã : §Æt: x x 3 y y x y 3 xy a x 1 y x y a x y a x y a Ta tìm điều kiện a đê hệ phơng trình sau có nghiệm: (I) ( x 1) ( y 2) a 3 x y a Ta cã hÖ (I) §Æt u x ; v y (u 0; v 0) u v 2uv a u v a a u v 3 u v a 2 Ta cã hÖ ph¬ng tr×nh: a u v uv a a 2 3 a2 a t t a 0 2 3 Suy : u vµ v lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: (*) HÖ (I) cã nghiÖm vµ chØ ph¬ng tr×nh (*) cã hai nghiÖm t1, t2 kh«ng ©m 0 S 0 P 0 a 18a 54 0 21 a 9 15 a 0 a 9a 27 0 MaxA 9 15; VËy: MinA 21 21 A 9 15 hay (6)