Đáp án đề thi thử lần 1 2012 môn toán thầy phương

Với giá trị nào của m hàm số có cực ñại, cực tiểu?. Gọi x1, x2 là hoành ñộ hai ñiểm cực ñại, cực tiểu của hàm số, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x x1... Gọi K là trung ñiểm của c

PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh)

Câu I Cho hàm số: 2 3 ( 1) 2 ( 2 4 3) 1

y= x + m+ x + m + m+ x+

1 Khảo sát và vẽ ñồ thị của hàm số khi m = -3

2 Với giá trị nào của m hàm số có cực ñại, cực tiểu? Gọi x1, x2 là hoành ñộ hai ñiểm cực ñại, cực tiểu của

hàm số, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x x1 2−2(x1+x2)

Giải:

y′ = x + m+ x+m + m+

Hàm số có cực ñại, cực tiểu khi và chỉ khi y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 hay

′

Theo ñịnh lí Vi-ét, ta có x1+x2= −(m+ , 1) ( 2 )

1 2

1

2

x x = m + m+

Do ñó A lớn nhất bằng 9

2 khi m = -4

Câu II

2

cos

x

Giải:

ðiều kiện: sin2x ≠ 0

2

2

2

2 2

x

=



ℤ

mọi giá trị x thuộc ñoạn 2; 2 + 3

Giải:

ðặt t= x2−4x+ Từ 5 x∈2; 2+ 3⇒ ∈t [ ]1; 2 Bất phương trình ñã cho tương ñương với:

2

t

t

−

+ (do t +2> ) 0 Bất phương trình nghiệm ñúng ∀ ∈x 2; 2+ 3⇔m≥maxg t t( ), ∈[ ]1; 2

4

HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 01

MÔN: TOÁN Giáo viên: TRẦN PHƯƠNG

Thời gian làm bài: 180 phút

B

C

Câu III 1 Tính tích phân:

4 3 0

sin os

x x

c x

π

Giải:

ðặt u = x và sin3

cos

x

x

2 cos

v

x

Từ ñó:

4

0

π

Câu IV Hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình chữ nhật, AD=a 2, CD = 2a Cạnh SA vuông góc với ñáy và SA=3 2a a( >0) Gọi K là trung ñiểm của cạnh AC Chứng minh mặt phẳng (SBK) vuông

góc với mặt phẳng (SAC) và tính thể tích khối chóp SBCK theo a

Giải:

Gọi H là giao của AC và BK thì

BH = 2

3BK

3

a

3; CA =

6 3

a

Từ BK ⊥ AC và BK ⊥ SA ⇒ BK ⊥ (SAC) ⇒ (SBK) ⊥ (SAC)

VSBCK = 1

3SA.SBCK = 13

2

3

2

2

a

2 2 1

2

3

2

x

y

x y x x y x

−









Giải:

ðiều kiện: x ≠ 0

2

1 2

x

−

Thay vào (4) nhận ñược:

2

2

( )

2

2

f t = + là hàm ñồng biến với mọi t

4

4

PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A Theo chương trình Chuẩn:

Câu VI.a ( 2,0 ñiểm)

1 Cho elip (E) : 4x2 + 16y2 = 64.Gọi F1, F2 là hai tiêu ñiểm M là ñiểm bất kì trên (E) Chứng tỏ rằng tỉ số khoảng cách từ M tới tiêu ñiểm F2 và tới ñường thẳng x = 8

3 có giá trị không ñổi

Giải:

1 Ta có F1(− 12; 0),F2( 12; 0)Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (E), H là hình chiếu của M trên ñường thẳng 8

3

x = Ta có MF2 = a - cx0/a = 8 3 0

2

x

−

3

x

−

Vậy MF2

MH không ñổi

2 Trong không gian với hệ trục toạ ñộ Oxyz cho ñiểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q):

x + 2y + 3z + 3 = 0 Lập phương trình mặt phẳng (P) ñi qua A, B và vuông góc với (Q)

Giải:

Ta có AB(1;1;1), nQ(1; 2;3), AB n; Q = − (1; 2;1)

Vì  AB n; Q ≠ 0 nên mặt phẳng (P) nhận AB n; Q

 

làm véctơ pháp tuyến Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0

2

x

x+x x+ = + x+  x

Giải:

ðiều kiện: x > 0

2

x

PT ⇔ x−  x+ x+ =

x

x

ðặt: f x( ) lnx f ( )x 1 lnx

−

′

Vậy phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm Dễ thấy x = 2 và x = 4 là nghiệm của (7)

Xét log2x=2 log7(x+3) (8)

ðặt: log2x= ⇔ = t x 2t

( )8 7 (2 3)2 ( ) ( ) ( )4 6 2 9 1 1

Vậy phương trình có nghiệm x = 2 và x = 4

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b ( 2,0 ñiểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa ñộ Oxy cho ñường tròn (C): 2 2

B(2; -3) và C(4; 1) Xác ñịnh tọa ñộ ñiểm A thuộc ñường tròn (C) sao cho tam giác ABC cân tại ñiểm A

và có diện tích nhỏ nhất

Giải:

ðể ABC làm tam giác cân tại A thì A phải nằm trên ñường trung trực (∆) qua trung ñiểm BC là M(3; 1) và nhận BC(2; 4)



làm véc tơ pháp tuyến nên (∆) có phương trình: 2(x−3)+4(y+ = ⇔ +1) 0 x 2y− = 1 0

Vì A ∈ (C) nên tọa ñộ A là nghiệm của hệ:

x y



 Giải hệ tìm ra hai ñiểm A1(-1; 1) và A2( 21

5

5 )

5

S <S Vậy ñiểm cần tìm là A(-1; 1)

2 Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz cho lăng trụ ñứng OAB.O1A1B1 với A(2; 0; 0), B(0; 4; 0) và

O1(0; 0; 4) Xác ñịnh tọa ñộ ñiểm M trên AB, ñiểm N trên OA1 sao cho ñường thẳng MN song song với mặt phẳng (α): 2x+ + − = và ñộ dài MN = 5 y z 5 0

Giải:

Có A1(2; 0; 4) ⇒ OA =1 (2; 0; 4)



2

4

x n

z n

=





 =



Có AB = −( 2; 4; 0)



2 2

0

z

= −





 =

 Vậy MN=(2n+2m−2;−4 ; 4m m)

2

2

8 4

5 5 5

M m







Câu VII b Tính tổng:

n

S

n

k n

C là

số tổ hợp chập k của n phần tử

Giải:

Ta có:

1 1

1 !

!

+ +

+

Vậy:

( ) ( 1 ) (2 2 ) (2 3 )2 ( 1)2

2

1

n

n

+

+

1+x n+ 1+x n+ = +1 x n+ , cân bằng hệ số x n+1 ở hai vế ta có:

C + + C + + C + + C + + + C++ =C ++

Vậy:

1

2 2

2

1 1

n

n

C

S

n

+

+ −

=

Giáo viên: Trần Phương