Đề thi thử đại học có đáp án năm 2012 môn: Toán - Đề số 01

DIỄN ĐÀN ÔN LUYỆN 01 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG (7 điểm) Cho tất cả thí sinh Câu I. (2 điểm) Cho hàm số: (Cm) : y=−x3 + (2m+1)x2 −m−1 1) Với m = 1, khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C1) 2) Tìm m để đường thẳng y= 2mx−m−1 cắt đồ thị hàm số (Cm) tại 3 điểm phân biệt A,B,C thỏa mãn OA2 +OB2 +OC2 đạt giá trị nhỏ II. (2 điểm) 1) Giải phương trình: x = 2 2) Giải phương x2 + x4 + x = p x− x3 Câu III. (1 điểm) ln x p x2 IV. (1 điểm) Cho lăng trụ đứng có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC′ tạo với mặt phẳng (ABB′A′) góc 60o và AB = AA′ = a , (a > 0). Gọi M, N,P lần lượt là trung điểm của Tính thể tích lăng trụ cùng khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và NP theo a Câu V. (1 điểm) Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x2 + y2 = 2. Chứng minh rằng 4. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (A hoặc B) Phần A Câu VIa. (2 điểm) 1) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H(2;0), phương trình đường CM : 3x+7y−8= 0, phương trình đường trung trực của BC : x−3= 0. Tìm tọa độ của đỉnh A. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm 2 điểm B,D nằm trên ∆ điểm C nằm trên mặt phẳng (P) : 2x+ y+ z−3= 0. Tìm tọa độ điểm B biết tứ giác ABCD là hình chữ VIIa. (1 điểm) Giải bất phương B Câu VIb. (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : = 4. Gọi M là điểm sao cho qua M tiếp xúc với (C) tại E, cát tuyến qua M cắt (C) tại A,B sao cho tam giác ABE vuông cân tại B. Tìm tọa độ của M sao cho khoảng cách từ M đến O là ngắn nhất. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 −4x+2y−4 = 0 và mặt phẳng (P) : 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với mặt cầu (S) biết ∆ nằm trên (P) và ∆ cắt trục VIIb. (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn phương trình: z Hết ĐÀN ÔN LUYỆN TOÁN ĐỀ 01 BÀI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2012 Môn thi: CHUNG (7 điểm) Cho tất cả thí sinh Câu I. 1) (1 điểm) hàm số: (Cm) : y=−x3 + (2m+1)x2 −m−1 Với m = 1, khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C1) Lời m = 1 hàm số là y=−x3 +3x2 −2 • TXĐ là D =R • Chiều biến thiên y′ =−3x2 +6x = 3x y′ = 0⇔ [ x = 0⇒ y=−2 x = 2⇒ y= 2 y′ < 0⇔−∞< x < 0 hoặc 2< x <+∞⇒ hàm số nghịch biến trên (−∞;0) ; (2;+∞) y′ > 0⇔ 0 < x < 2⇒ hàm số đồng biến trên (0; 2). Giới hạn tại vô cực biến thiên x −∞ 0 2 +∞ y′ − 0 + 0 cực đại (2; 2), điểm cực tiểu (0; −2). • Đồ thị Giao với các trục tọa độ: Cho x = 0⇒ y=−2 và cho y= 0⇒ x = 1, x = 1− p 3, x = số cắt trục tung tại điểm B(0;−2) và cắt trục hoành tại ba điểm A1(1;0), 2 3−1 b b I. 2) (1 điểm) m để đường thẳng y = 2mx−m−1 cắt đồ thị hàm số (Cm) tại 3 điểm phân biệt A,B,C thỏa mãn OA2 +OB2 +OC2 đạt giá trị nhỏ trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d : y= 2mx−m−1 với đồ thị hàm số + (2m+1)x2 −m−1 ⇔ x [ x2 − 0 Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (C1) tại 3 điểm phân biệt khi: Phương trình g(x)= = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 , tức là: { ∆= (2m+1)2 −4.2m > 0 g(0) 6= 0 > 0 m 6= 0 6= 1 2 m 6= x1, x2 lần lượt là hai nghiệm phân biệt của phương trình g(x)= 0, thì khi đó ta −m−1), B(x2;2mx2 −m−1), +OB2 +OC2 = x21 + x 2 2 + (2mx1 −m−1) 2 + (2mx2 −m−1)2 + (m+1)2 = x21 + x 2 2 (m+1)2 = (x21 + + + x2)2 + có, theo Vi-et thì: { x1 + x2 = = 2m ⇒OA2 +OB2 +OC2 16m4 −8m3 −m2 +2m+4= sát hàm h(m) trên R cho ta h(m)≥ điều kiện tổng OA2 +OB2 +OC2 đạt giá trị nhỏ nhất m II. 1) (1 điểm) phương trình: x = 2 Lời đổi phương trình x−2sin x−2 p 2= 0 0 ⇔(sin x+cos 0 ⇔cos2x = (k ∈Z) Còn sin x+cos x = 2 p 2 (vô nghiệm) do sin x+cos x x (k ∈Z) Câu II. 2) (1 điểm) phương x2 + x4 + x = p x− x3 Lời kiện : x ∈ (−∞;−1]∪ [0;1] • Xét với x = 0 Không là nghiệm của hệ : • Với x ∈ (0;1] ta có : ⇔ x2 +1+ x = x x2 x Đặt : t x ⇒ t4 x2 −2 Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình ẩn t √ t4 +3+1= t ⇔ { t−1≥ 0 t4 +3= t2 −2t+1 ⇒ t Xét với x ∈ (−∞;−1] ta x2 x Tương tự ta có t x ⇒ t4 x2 −2 Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình ẩn +3+1=−t ⇔ { t+1≥ 0 t4 +3= t2 +2t+1 ⇒ t = 1 (thỏa mãn) • Với t = 1⇒ 1 x − x = 1⇔ x2 + x−1= luận: Phương trình đã cho có nghiệm x III. (1 điểm) ln x p x2 đổi I ln x p x2 +1 dx ln +1 Đặt t = p x2 +1, (t ≥ 0)⇒ t2 = x2 +1⇒ t.dt = x.dx; x = p 8 ⇒ t = 3 x = p 3 ⇒ t = 2 ta được: I −1). ln(t2 −3t)′ ln(t2 −3t) ln(t2 −3t) ln(t2 −3t) ln(t2 −2t+ IV. (1 điểm) lăng trụ đứng có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC′ tạo với mặt góc 60o và AB = AA′ = a , (a > 0). Gọi M, N,P lần lượt là trung điểm của Tính thể tích lăng trụ cùng khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và NP theo thể tích Gọi K là trung điểm của A′B′, ta có ∆A′B′C′ cân tại C′ nên KC′ ⊥ A′B′ Có KC′ ⊥ AA′ ⇒ KC′ ⊥ (ABB′A′)⇒ KC′ ⊥ AM ⇒ KC′ ⊥ BK ⇒ á(BC′, (ABB′A′)= ƒKBC′ = 60o lại có AM = BK = trong ∆BKC′ ⇒ KC′ SA′B′C′ = 1 2 · A′B′ ·KC′ = AA′ ·SA′B′C′ = a khoảng cách Nếu gọi Q là trung điểm của B′C′ thì MQ‖NP ⇒ NP‖(AMQ)⇒ d(AM, NP)= d[P, (AMQ)] Kẻ AH′⊥BC lại có BB′⊥AH′ (do ⇒ ·PQ 3VA.PMQ = AH′ ·S∆PMQ thấy AM = MQ Theo định lý đường trung tuyến = 2A′C′2 +2A′B′2 = AA′2 + AQ2 S∆AMQ AQ d[P, V. (1 điểm) x, y là hai số thực dương thỏa mãn x2 + y2 = 2. Chứng minh 4. Lời 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số thực dương ta xy2 ≥ 2x2 Do đó ta cần chứng minh 2x2 4+ 2y2 + đương 2+ x Vậy ta cần chỉ ra (2+ x)(x+2y)≤ 9 Bất đẳng thức trên được chứng minh bằng bđt Cauchy như sau: (2+ 9 do (x+ + y2)= 2. Dấu bằng đạt được tại x = y= 1. Cách 2 Ta y2 x2) x+3− x2 Cuối cùng thì chỉ cần x2) x+3− x2 ≥ 4⇔ (x−1)2(x3 −4x2 −16x−12)≤ 0 đúng do 0≤ x RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B Phần A Câu VIa. 1) (1 điểm) mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H(2;0), phương trình đường trung tuyến CM : 3x+7y−8= 0, phương trình đường trung trực của BC : x−3= 0. Tìm tọa độ của đỉnh A. Lời G và O lần lượt là trọng tâm và tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Đặt ra phương trình OH a(x−2)+ y= 0 G là giao điểm của OH và CM nên dễ dàng tìm ra tọa độ của G là do =−→0 nên 2(x0 − xG)+ (xH − xG)= 0⇔ 0⇔ a = 0 Vậy dàng tìm ra tọa độ A(2;b) Dựa = tìm được trình đường thẳng BC, vuông góc với x = 3 có dạng y= b 2 C thuộc đường tròn tâm O bán kính OA, OA2 = được (xC −3)2 1+b2 Vậy xC = yC vào phương trình CM, ta tìm được b. suy ra tọa độ của A. Câu VIa. 2) (1 điểm) không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm 2 điểm B,D nằm trên đường thẳng ∆ điểm C nằm trên mặt phẳng (P) : 2x+ y+ z−3= 0. Tìm tọa độ điểm B biết tứ giác ABCD là hình chữ giải: C ∈ (P) nên tọa độ C là (xC; yC;3−2xC − yC) Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường là xC); 12 (2+ − ∈ BD ta − xC +1= yC +6 2 = 2xC + yC +2⇔ xC = 1; yC =−2 do đó I(2;0;1). B ∈∆ nên tọa độ của B là mà IB = I A Suy + (2t−2)2 + (−t+1)2 = 9⇔ 6(t−1)2 = 9⇔   t = = VIIa. (1 điểm) bất phương giải: Vì log x ) = x ) nên bất phương trình phương 2 vế của bất phương trình ta 0 ⇔−3≤ x ) ≤−2 hay 2≤ x ) ≤ x ≤ 8 Phần B Câu VIb. 1) (1 điểm) mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : (x+2)2 + (y−1)2 = 4. Gọi M là điểm sao cho tiếp tuyến qua M tiếp xúc với (C) tại E, cát tuyến qua M cắt (C) tại A,B sao cho tam giác ABE vuông cân tại B. Tìm tọa độ của M sao cho khoảng cách từ M đến O là ngắn I là tâm đường tròn (C), suy ra I(−2;1). Vì tam giác EBA vuông cân tại B, nên EA là đường kính của đường tròn. Suy ra MI = 2 p 5 (Cái này Pythagone mấy lần là ra). Ta có: MO ≥ |MI −OI| ≥ = p 5 (Theo bất đẳng thức tam bằng xảy ra ⇔ { M,O, I thẳng hàng MO I thẳng hàng ⇔ M ∈OI : x+2y= 0⇔ M(−2t; t) MO2 = 5⇔ (−2t)2 + t2 = 5⇔ [ t = 1 M(−2;1) (trùng với I) (loại) t =−1 M(2;−1) VIb. 2) (1 điểm) không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 −4x+2y−4 = 0 và mặt phẳng (P) : 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với mặt cầu (S) biết ∆ nằm trên (P) và ∆ cắt trục (P)= Theo đề bài ∆ qua A có vtcp −→v = (m;n; p) với m2 +n2 + p2 6= 0 ∆ nằm trên (P) nên vtpt của (P) là −→n = (1;2;−2) vuông góc với −→v tức = 0 (1) Mặt cầu (S) có tâm I(2;−1;0) và bán kính R = (11;−1;0) tiếp xúc (S) khi khoảng cách giữa I với ∆ bằng R tức = R ⇔ p2 +121p2 + +n2 + p2 = 9 (2) Tiếp tục giải hệ gồm (1), (2) với m2 +n2 + p2 6= 0 là ra vtcp rồi sau đó viết phương trình ∆ Câu VIIb. (1 điểm) số phức z thỏa mãn phương z giải: Ta có z2 · z2 = |z|4 · z2 z2 = trình đã cho tương đương với z2 + z+4+28i = = = 3−4i z =−4+2i ⇔ [ z = 3+4i z