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

Thể loại: Ôn thi ĐHCĐ
Lượt xem: 102,165Lượt tải: 8Số trang: 8

Mô tả tài liệu

Đề thi thử đại học có đáp án năm 2012 môn "Toán - Đề số 01" gồm 6 câu hỏi với hình thức tự luận trong thời gian làm bài 180 phút. Mời các bạn cùng tham khảo và thử sức mình với đề thi. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

Tóm tắt nội dung

DIỄN ĐÀN ÔN LUYỆN TOÁN ———— ĐỀ 01 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN Thời 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 nhất. Câu II. (2 điểm) 1) Giải phương trình: sin ( 3x+ π 4 ) +8sin2 x− p 2sin x = 2 2) Giải phương trình: p 1+ x2 + x4 + x = p x− x3 Câu III. (1 điểm) Tính ∫p8 p 3 x3 ln x p x2 +1 dx. Câu IV. (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ 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 BB′,CC′,BC. Tính thể tích lăng trụ ABC.A′B′C′ 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 x 3 y2 + 9y2 x+2y ≥ 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 trung tuyến 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 A(3;2;−1), 2 điểm B,D nằm trên đường thẳng ∆ : x−1 1 = y+2 2 = z−2 −1 , điểm C nằm trên mặt phẳng (P) : 2x+ y+ z−3= 0. Tìm tọa độ điểm B biết tứ giác ABCD là hình chữ nhật. Câu VIIa. (1 điểm) Giải bất phương trình: √ log21 2 ( 2x 2− x ) −4≤ p 5 Phần B Câu VIb. (2 điểm) 1) Trong 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 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) : x+2y−2z+9= 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với mặt cầu (S) biết ∆ nằm trên (P) và ∆ cắt trục hoành. Câu VIIb. (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn phương trình: |z| 4 z2 + z = −200 1−7i ——— Hết ——— User A1K37 DIỄN ĐÀN ÔN LUYỆN TOÁN ĐỀ 01 BÀI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2012 Môn thi: Toán PHẦN CHUNG (7 điểm) Cho tất cả thí sinh Câu I. 1) (1 điểm) ——————————————————————————— Cho 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 giải: Với m = 1 hàm số là y=−x3 +3x2 −2 • TXĐ là D =R • Chiều biến thiên y′ =−3x2 +6x = 3x (−x+2) Nên 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 lim x→+∞ y=−∞; lim x→−∞ y=+∞. Bảng biến thiên x −∞ 0 2 +∞ y′ − 0 + 0 − y +∞ &−2% 2 &−∞ Điểm 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 = 1+ p 3. Hàm số cắt trục tung tại điểm B(0;−2) và cắt trục hoành tại ba điểm A1(1;0), A2 ( 1− p 3;0 ) , A3 ( 1+ p 3;0 ) . 1 2 3 −1 −2 −3 1 2 3−1 b b b b b b b Câu I. 2) (1 điểm) ——————————————————————————— 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 nhất. Lời giải: 2 Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d : y= 2mx−m−1 với đồ thị hàm số (C1): 2mx−m−1=−x3 + (2m+1)x2 −m−1 ⇔ x [ x2 − (2m+1)x+2m ] = 0 Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (C1) tại 3 điểm phân biệt khi: Phương trình g(x)= x2−(2m+1)x+2m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 , tức là: { ∆= (2m+1)2 −4.2m > 0 g(0) 6= 0 ⇔ { (2m−1)2 > 0 m 6= 0 ⇔    m 6= 1 2 m 6= 0 (∗) Gọi x1, x2 lần lượt là hai nghiệm phân biệt của phương trình g(x)= 0, thì khi đó ta có: A(x1;2mx1 −m−1), B(x2;2mx2 −m−1), C(0;−m−1) ⇒OA2 +OB2 +OC2 = x21 + x 2 2 + (2mx1 −m−1) 2 + (2mx2 −m−1)2 + (m+1)2 = x21 + x 2 2 + [ 4m2x2 1 −4mx1(m+1)+ (m+1)2 ] + [ 4m2x2 2 −4mx2(m+1)+ (m+1)2 ] + (m+1)2 = (x21 + x 2 2)(1+4m 2)−4m(m+1)(x1 + x2)+3(m+1)2 = [ (x1 + x2)2 −2x1x2 ] (1+4m2)−4m(m+1)(x1 + x2)+3(m+1)2 Lại có, theo Vi-et thì: { x1 + x2 = 2m+1 x1x2 = 2m ⇒OA2 +OB2 +OC2 = [ (2m+1)2 −2.2m ] (1+4m2)−4m(m+1)(2m+1)+3(m+1)2 = 16m4 −8m3 −m2 +2m+4= h(m) Khảo sát hàm h(m) trên R cho ta h(m)≥ h (−1 4 ) = 29 8 ( m = −1 4 thỏa điều kiện (∗) ) Vậy tổng OA2 +OB2 +OC2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 29 8 tại m = −1 4 Câu II. 1) (1 điểm) ——————————————————————————— Giải phương trình: sin ( 3x+ π 4 ) +8sin2 x− p 2sin x = 2 Lời giải: Biến đổi phương trình thành: sin3x+cos3x+8 p 2sin2 x−2sin x−2 p 2= 0 (1) ⇔(sin3x−2sin x)+2 p 2(4sin2x−1)+cos x(4cos2x−3)= 0 ⇔(2 p 2−sin x)(4sin2x−1)+cos x(2cos2x−1)= 0 ⇔(2 p 2−sin x)(4sin2x−1)+cos x(2cos2x−1)= 0 ⇔(2 p 2−sin x)(1−2cos2x)+cos x(2cos2x−1)= 0 ⇔(sin x+cos x−2 p 2)(2cos2x−1)= 0 ⇔cos2x = cos π 3 ⇔x =± π 6 +kπ, (k ∈Z) Còn sin x+cos x = 2 p 2 (vô nghiệm) do sin x+cos x ≤ p 2 Vậy x =± π 6 +kπ, (k ∈Z) Câu II. 2) (1 điểm) ——————————————————————————— Giải phương trình: p 1+ x2 + x4 + x = p x− x3 Lời giải: 3 Điều kiện : x ∈ (−∞;−1]∪ [0;1] • Xét với x = 0 Không là nghiệm của hệ : • Với x ∈ (0;1] ta có : ⇔ x √ 1 x2 + x2 +1+ x = x √ 1 x − x ⇔ √ 1 x2 + x2 +1+1= √ 1 x − x Đặt : t = √ 1 x − x ⇒ t4 = 1 x2 + 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 =−1(loại) • Xét với x ∈ (−∞;−1] ta có − √ 1 x2 + x2 +1+1=− √ 1 x − x Tương tự ta có t = √ 1 x − x ⇒ t4 = 1 x2 + 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 = 1 (thỏa mãn) • Với t = 1⇒ 1 x − x = 1⇔ x2 + x−1= 0⇔   x = −1− p 5 2 x = −1+ p 5 2 (Loại) Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm x = −1− p 5 2 Câu III. (1 điểm) ——————————————————————————— Tính ∫p8 p 3 x3 ln x p x2 +1 dx. Lời giải: Biến đổi I = ∫p8 p 3 x3 ln x p x2 +1 dx = 1 2 ∫p8 p 3 x2. ln x2.x.dx p x2 +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 2 ∫3 2 (t2 −1). ln(t2 −1).t.dt t = 1 6 ∫3 2 (t3 −3t)′ ln(t2 −1)dt = 1 6 (t3 −3t) ln(t2 −1) ∣∣∣ 3 2 − 1 3 ∫3 2 (t3 −3t)tdt t2 −1 = 1 6 (t3 −3t) ln(t2 −1) ∣∣∣ 3 2 − 1 3 ∫3 2 ( t2 −2+ 1 t+1 − 1 t−1 ) dt = 1 6 (t3 −3t) ln(t2 −1) ∣∣∣ 3 2 − 1 3 ( 1 3 t3 −2t+ ln t+1 t−1 )∣∣∣ 3 2 Câu IV. (1 điểm) ——————————————————————————— Cho lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ 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 BB′,CC′,BC. Tính thể tích lăng trụ ABC.A′B′C′ cùng khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và NP theo a 4 Lời giải: b A b B b B′ b A′ b N b M b K b C′ b C bP b Q bH ′ Tính 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 = a p 5 2 xét trong ∆BKC′ ⇒ KC′ = a p 15 2 , SA′B′C′ = 1 2 · A′B′ ·KC′ = 1 2 ·a · a p 15 2 = a2 p 15 4 VABC.A′B′C′ = AA′ ·SA′B′C′ = a · a2 p 15 4 = a3 p 15 4 Tính 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 BB′⊥(ABC)) ⇒ AH′⊥(PMQ). AH′ = 2S∆ABC BC = a2 p 15 2 2a = a p 15 4 S∆PMQ = 1 2 ·BP ·PQ = a2 2 ⇒ 3VA.PMQ = AH′ ·S∆PMQ = a3 p 15 8 Dễ thấy AM = MQ = a p 5 2 . Theo định lý đường trung tuyến thì: A′Q2 = 2A′C′2 +2A′B′2 −B′C′2 4 = 3a2 2 AQ2 = AA′2 + AQ2 = 5a2 2 ⇒ S∆AMQ = 1 2 √ AM2 − AQ2 4 · AQ = 5a2 8 ⇒ d[P, (AMQ)]= 3VP.AMQ S∆AMQ = a3 p 15 8 · 8 5a2 = a p 15 5 Vậy d[AM,PN]= a p 15 5 Câu V. (1 điểm) ——————————————————————————— Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x2 + y2 = 2. Chứng minh rằng x3 y2 + 9y2 x+2y ≥ 4. Lời giải: 5 Cách 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số thực dương ta có x3 y2 + xy2 ≥ 2x2 Do đó ta cần chứng minh 2x2 + 9y2 x+2y ≥ 4+ xy2 hay 9y2 x+2y ≥ 2y2 + xy2 tương đương với 9 x+2y ≥ 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+ x)(x+2y)≤ (2+2x+2y)2 4 ≤ 9 do (x+ y)≤ √ 2(x2 + y2)= 2. Dấu bằng đạt được tại x = y= 1. Cách 2 Ta có: x3 y2 + 9y2 x+2y ≥ x3 y2 + 9y2 x+ y2 +1 = x3 2− x2 + 9(2− x2) x+3− x2 Cuối cùng thì chỉ cần có: x3 2− x2 + 9(2− x2) x+3− x2 ≥ 4⇔ (x−1)2(x3 −4x2 −16x−12)≤ 0 đúng do 0≤ x ≤ p 2 PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B Phần A Câu VIa. 1) (1 điểm) ——————————————————————————— Trên 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 giải: Gọi G và O lần lượt là trọng tâm và tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Đặt O(3;a) Suy ra phương trình OH là x−2 3−2 = y−0 a−0 ⇔ a(x−2)+ y= 0 G là giao điểm của OH và CM nên dễ dàng tìm ra tọa độ của G là G ( 14a−8 7a−3 ; 2a 7a−3 ) Lại do 2 −−→ GO+ −−→ GH =−→0 nên 2(x0 − xG)+ (xH − xG)= 0⇔ 6−3 14a−8 7a−3 +2= 0⇔ a = 0 Vậy G ( 8 3 ;0 ) Dễ dàng tìm ra tọa độ O(3;0) Gọi A(2;b) Dựa vào −−→ AG = 2 −−→ GC, tìm được N ( 3; b 2 ) Phương trình đường thẳng BC, vuông góc với x = 3 có dạng y= b 2 C thuộc đường tròn tâm O bán kính OA, OA2 = 1+b2 6 Ta được (xC −3)2 + ( b 2 )2 = 1+b2 Vậy xC = 3± √ 1+ 3 4 b2; yC = b 2 Thay vào phương trình CM, ta tìm được b. suy ra tọa độ của A. Câu VIa. 2) (1 điểm) ——————————————————————————— Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A(3;2;−1), 2 điểm B,D nằm trên đường thẳng ∆ : x−1 1 = y+2 2 = z−2 −1 , điểm C nằm trên mặt phẳng (P) : 2x+ y+ z−3= 0. Tìm tọa độ điểm B biết tứ giác ABCD là hình chữ nhật. Lời 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 I ( 1 2 (3+ xC); 12 (2+ yC); 1 2 (2−2xC − yC) ) . I ∈ BD ta được 1 2 (3+ xC)−1 1 = 1 2 (2+ yC)+2 2 = 1 2 (2−2xC − yC)−2 −1 ⇔ xC +1= yC +6 2 = 2xC + yC +2⇔ xC = 1; yC =−2 do đó C(1;−2;3), I(2;0;1). B ∈∆ nên tọa độ của B là (t+1;2t−2;−t+2) mà IB = I A Suy ra (t−1)2 + (2t−2)2 + (−t+1)2 = 9⇔ 6(t−1)2 = 9⇔   t = 1+ √ 3 2 t = 1− √ 3 2 Câu VIIa. (1 điểm) ——————————————————————————— Giải bất phương trình: √ log21 2 ( 2x 2− x ) −4≤ p 5 Lời giải: Vì log 1 2 2 ( 2x 2− x ) = log22 ( 2x 2− x ) nên bất phương trình là √( log2 ( 2x 2− x ) −2 )( log2 ( 2x 2− x ) +2 ) ≤ p 5 Bình phương 2 vế của bất phương trình ta được 0≤ ( log2 ( 2x 2− x ) −2 )( log2 ( 2x 2− x ) +2 ) ≤ 5 ⇔    ( log2 ( 2x 2− x ) −2 )( log2 ( 2x 2− x ) +2 ) ≥ 0 ( log2 ( 2x 2− x ) −3 )( log2 ( 2x 2− x ) +3 ) ≤ 0 ⇔−3≤ log2 ( 2x 2− x ) ≤−2 hay 2≤ log2 ( 2x 2− x ) ≤ 3 ⇔ 1 8 ≤ 2x 2− x ≤ 1 4 hay 4≤ 2x 2− x ≤ 8 Phần B Câu VIb. 1) (1 điểm) ——————————————————————————— Trong 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 nhất. Lời giải: 7 Gọi 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| ≥ |2 p 5− p 5| = p 5 (Theo bất đẳng thức tam giác). Dấu bằng xảy ra ⇔ { M,O, I thẳng hàng MO = p 5 M,O, 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) (chọn) Vậy M(2;−1) Câu VIb. 2) (1 điểm) ——————————————————————————— Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 −4x+2y−4 = 0 và mặt phẳng (P) : x+2y−2z+9= 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với mặt cầu (S) biết ∆ nằm trên (P) và ∆ cắt trục hoành. Lời giải: Ox∩ (P)= A(−9;0;0). 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 là m+2n+2p = 0 (1) Mặt cầu (S) có tâm I(2;−1;0) và bán kính R = p 4+1+4= 3 nên −→ AI = (11;−1;0) và [−→ AI, −→ v ] = (−p;−11p;11n+m). ∆ tiếp xúc (S) khi khoảng cách giữa I với ∆ bằng R tức là ∣∣∣ [−→ AI, −→ v ]∣∣∣ ∣∣−→v ∣∣ = R ⇔ p2 +121p2 + (11n+m)2 m2 +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) ——————————————————————————— Tìm số phức z thỏa mãn phương trình: |z|4 z2 + z = −200 1−7i Lời giải: Ta có z2 · z2 = |z|4 nên |z|4 z2 = z2 · z2 z2 = z2 và 200 1−7i = 200(1+7i) (1−7i)(1+7i) = 4+28i Phương trình đã cho tương đương với z2 + z+4+28i = 0 ∆=−15−112i = (7−8i)2 ⇒ [ z = 3−4i z =−4+2i ⇔ [ z = 3+4i z =−4−2i 8