Tính thể tích lăng trụ ABC.A′B′C′ cùng khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM vàNP theoa Câu V.. Tìm tọa độ điểmB biết tứ giác ABCDlà hình chữ nhật.. GọiMlà điểm sao cho tiếp tuyến quaM tiếp
Trang 1DIỄN 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:(C m) : y = −x3+ (2m + 1)x2− m − 1
1) Vớim = 1, khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số(C1)
2) Tìmmđể đường thẳng y = 2mx − m − 1cắt đồ thị hàm số(C m)tại 3 điểm phân biệt A, B, Cthỏa mãnO A2+ OB2+ OC2đạt giá trị nhỏ nhất
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình:sin³
3x + π
4
´ + 8sin2x −p2 sin x = 2
2) Giải phương trình:p1 + x2+ x4+ x =px − x3
Câu III (1 điểm) TínhZ
p 8 p 3
x3ln x
p
x2+ 1 dx
Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ đứngABC.A′B′C′có đáyABClà tam giác cân đỉnhC; đường thẳng BC′ tạo với mặt phẳng(ABB′A′)góc60o và AB = A A′= 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
vàNP theoa
Câu V (1 điểm) Chox, ylà hai số thực dương thỏa mãnx2+ y2= 2.Chứng minh rằng x3
y2+ 9 y
2
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 độOx ycho tam giác ABC có trực tâmH(2; 0), phương trình đường trung
tuyếnCM : 3x +7y−8 = 0, phương trình đường trung trực củaBC : x −3 = 0 Tìm tọa độ của đỉnhA.
2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox yz cho điểm A(3; 2; −1),2 điểm B, D nằm trên đường thẳng∆ : x − 1
1 = y + 22 =z − 2
−1 , điểmCnằm trên mặt phẳng(P) : 2x + y+ z −3 = 0 Tìm tọa độ điểmB
biết tứ giác ABCDlà hình chữ nhật
Câu VIIa (1 điểm) Giải bất phương trình:
s log21
2
µ 2x
2 − x
¶
− 4 ≤p5
Phần B
Câu VIb (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độOx ycho đường tròn(C) : (x+2)2
+(y−1)2= 4 GọiMlà điểm sao cho tiếp tuyến quaM tiếp xúc với(C)tạiE, cát tuyến qua M cắt(C)tại A, Bsao cho tam giác ABEvuông cân tạiB Tìm tọa độ của Msao cho khoảng cách từM đếnOlà ngắn nhất
2) Trong không gian với hệ trục tọa độOx yzcho mặt cầu(S) : x2+ y2+ z2− 4x + 2y − 4 = 0và 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 phứczthỏa mãn phương trình: |z|4
z2 + z =−200
1 − 7i
——— Hết ———
Trang 2DIỄN 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:(C m ) : y = −x3+ (2m + 1)x2− m − 1
Vớim = 1, khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số(C1)
Lời giải:
Vớim = 1hàm số là y = −x3
+ 3x2− 2
• TXĐ làD = R
• Chiều biến thiên y′= −3x2+ 6x = 3x (−x + 2)
Nên y′= 0 ⇔
·
x = 0 ⇒ y = −2
x = 2 ⇒ y = 2
y′< 0 ⇔ −∞ < x < 0hoặc2 < 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
y
+∞
&−2%
2
&−∞
Điểm cực đại(2; 2), điểm cực tiểu(0; −2)
• Đồ thị Giao với các trục tọa độ:
Chox = 0 ⇒ y = −2và cho y = 0 ⇒ x = 1, x = 1 −p3, x = 1 +p3
Hàm số cắt trục tung tại điểmB(0; −2)và cắt trục hoành tại ba điểmA1(1; 0), A2¡
1 −p3; 0¢
, A3¡
1 +p3; 0¢
1 2 3
−1
−2
−3
−1
Câu I 2) (1 điểm) ———————————————————————————
Tìm mđể đường thẳng y = 2mx − m − 1 cắt đồ thị hàm số(C m) tại 3 điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn
O A2+ OB2+ OC2đạt giá trị nhỏ nhất
Lời giải:
Trang 3Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳngd : y = 2mx − m − 1với đồ thị hàm số(C1):
2mx − m − 1 = −x3+ (2m + 1)x2− m − 1
⇔ x£
x2− (2m + 1)x + 2m¤
= 0
Đường thẳngdcắt 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:
½
∆ = (2m + 1)2− 4.2m > 0
g(0) 6= 0 ⇔
½
(2m − 1)2> 0
m 6= 0 ⇔
m 6=1
2
m 6= 0 (∗)
Gọix1, x2 lần lượt là hai nghiệm phân biệt của phương trìnhg(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+ x22+ (2mx1− m − 1)2+ (2mx2− m − 1)2+ (m + 1)2
= x21+ x22+£
4m2x12− 4mx1(m + 1) + (m + 1)2¤
+£
4m2x22− 4mx2(m + 1) + (m + 1)2¤
+ (m + 1)2
= (x21+ x22)(1 + 4m2) − 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:
½x
1+ 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 hàmh(m)trênRcho tah(m) ≥ hµ−1
4
¶
=298
µ
m =−1
4 thỏa điều kiện(∗)¶ Vậy tổngO A2+ OB2+ OC2đạt giá trị nhỏ nhất bằng 29
8 tạim =−1
4
Câu II 1) (1 điểm) ———————————————————————————
Giải phương trình:sin³
3x + π
4
´ + 8sin2x −p2 sin x = 2
Lời giải:
Biến đổi phương trình thành:
sin 3x + cos3x + 8p2 sin2x − 2sin x − 2p2 = 0 (1)
⇔(sin3x − 2sin x) + 2p2(4sin2x − 1) + cos x(4cos2x − 3) = 0
⇔(2p2 − sin x)(4sin2x − 1) + cos x(2cos2x − 1) = 0
⇔(2p2 − sin x)(4sin2x − 1) + cos x(2cos2x − 1) = 0
⇔(2p2 − sin x)(1 − 2cos2x) + cos x(2cos2x − 1) = 0
⇔(sin x + cos x − 2p2)(2 cos 2x − 1) = 0
⇔cos2x = cos π3
⇔x = ± π
6+ k π, (k ∈ Z)
Cònsin x + cos x = 2p2(vô nghiệm) dosin x + cos x ≤p2
Vậyx = ± π
6+ k π, (k ∈ Z)
Câu II 2) (1 điểm) ———————————————————————————
Giải phương trình:p1 + x2+ x4+ x =px − x3
Lời giải:
Trang 4Điều kiện :x ∈ (−∞;−1] ∪ [0;1]
•Xét vớix = 0Không là nghiệm của hệ :
•Vớix ∈ (0;1]ta có :
⇔ x
s 1
x2+ x2+ 1 + x = x
s 1
x − x ⇔
s 1
x2+ x2+ 1 + 1 =
s 1
x − x
Đặt :t =r1
x − x ⇒ t4= 1
x2+ x2− 2Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình ẩn t
p
t4+ 3 + 1 = t ⇔
(
t − 1 ≥ 0
t4+ 3 = t2− 2t + 1 ⇒ t = −1(loại)
•Xét vớix ∈ (−∞;−1]ta có
−
s 1
x2+ x2+ 1 + 1 = −
s 1
x − x
Tương tự ta có
t =
s 1
x − x ⇒ t4= 1
x2+ x2− 2
Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình ẩnt
−p
t4+ 3 + 1 = −t ⇔
(
t + 1 ≥ 0
t4+ 3 = t2+ 2t + 1 ⇒ t = 1 (thỏa mãn)
•Vớit = 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 nghiệmx =−1 −p5
2
Câu III (1 điểm) ———————————————————————————
TínhZ
p
8
p
3
x3ln x
p
x2+ 1
dx
Lời giải:
Biến đổi
I =
Zp 8 p 3
x3ln x
p
x2+ 1 dx =1
2
Zp 8 p 3
x2 ln x2.x.dx
p
x2+ 1
Đặtt =px2+ 1, (t ≥ 0) ⇒ t2= x2+ 1 ⇒ t.dt = x.dx; x =p8 ⇒ t = 3
x =p3 ⇒ t = 2
ta được:
I =1
2
Z3 2
(t2− 1).ln(t2− 1).t.dt
t
=1 6
Z3 2
(t3− 3t)′ln(t2− 1)dt
=16(t3− 3t)ln(t2− 1)
¯
¯
3
2−13
Z3 2
(t3− 3t)tdt
t2− 1
=1
6(t
3
− 3t)ln(t2− 1)
¯
¯
3
2−1 3
Z3 2
µ
t2− 2 + 1
t + 1−
1
t − 1
¶
dt
=16(t3− 3t)ln(t2− 1)
¯
¯
3
2−13
µ1
3t
3
− 2t + ln t + 1
t − 1
¶¯¯3 2
Câu IV (1 điểm) ———————————————————————————
Cho lăng trụ đứngABC.A′B′C′có đáy ABClà tam giác cân đỉnhC; đường thẳng BC′tạo với mặt phẳng
(ABB′A′)góc60ovà AB = A A′= a , (a > 0) GọiM, N, P lần lượt là trung điểm củaBB′, CC′, BC Tính thể tích lăng trụABC.A′B′C′ cùng khoảng cách giữa 2 đường thẳng AMvàNP theoa
Trang 5Lời giải:
bA
B
bA′
bN
K
bC′
bC
P
b Q
Tính thể tích
GọiK là trung điểm của A′B′, ta có∆A′B′C′ cân tạiC′nênK C′⊥ A′B′CóK C′⊥ A A′
⇒ KC′⊥ (ABB′A′) ⇒ KC′⊥ AM ⇒ KC′⊥ BK ⇒ (BCá′, (ABB′A′) = K BC′= 60olại có AM = BK = a
p 5 2
xét trong∆BK C′⇒ KC′=a
p 15
2 , S A′B′C′=12· A′B′· KC′=12· a · a
p 15
2p 15 4
V ABC.A′B′C′= A A′· SA′B′C′= a · a
2p 15
3p 15 4
Tính khoảng cách
Nếu gọiQlà trung điểm củaB′C′ thìMQkNP ⇒ NPk(AMQ) ⇒ d(AM, NP) = d[P,(AMQ)]
KẻAH′⊥BClại có BB′⊥AH′(doBB′⊥(ABC))⇒ AH′⊥(P MQ)
AH′=2S ∆ABC
a2p 15 2
2a =a
p 15 4
S ∆P MQ=1
2· BP · PQ = a
2
2
⇒ 3VA.P MQ = AH′· S ∆P MQ=a
3p 15 8
Dễ thấy AM = MQ = ap5
2 Theo định lý đường trung tuyến thì:
A′Q2=2A
′C′2+ 2A′B′2− B′C′2
2
2
AQ2= A A′2+ AQ2=5a
2
2
⇒ S ∆AMQ=1
2
s
AM2−AQ
2
4 · AQ = 5a
2
8
⇒ d[P,(AMQ)] = 3V S P.AMQ
∆AMQ =a
3p 15
8 ·5a82 =a
p 15 5
Vậyd[AM, P N] = ap15
5
Câu V (1 điểm) ———————————————————————————
Chox, ylà hai số thực dương thỏa mãnx2+ y2= 2.Chứng minh rằng x3
y2+ 9 y
2
x + 2y≥ 4.
Lời giải:
Trang 6Cách 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+ 9 y
2
x + 2y ≥ 4 + xy
2
hay
9 y2
x + 2y ≥ 2y
2
+ 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
do(x + y) ≤p2(x2+ y2) = 2
Dấu bằng đạt được tạix = y = 1
Cách 2
Ta có:
x3
y2+ 9 y
2
x + 2y≥
x3
y2+ 9 y
2
x + y2+ 1=
x3
2 − x2+ 9(2 − x
2)
x + 3 − x2 Cuối cùng thì chỉ cần có:
x3
2 − x2+ 9(2 − x
2)
x + 3 − x2 ≥ 4 ⇔ (x − 1)2(x3− 4x2− 16x − 12) ≤ 0
đúng do0 ≤ x ≤p2
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 Ox ycho tam giác ABC có trực tâm H(2; 0), phương trình đường trung tuyến
CM : 3x + 7y − 8 = 0, phương trình đường trung trực củaBC : x − 3 = 0 Tìm tọa độ của đỉnh A.
Lời giải:
GọiGvàOlần lượt là trọng tâm và tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ĐặtO(3; a)
Suy ra phương trìnhOH là x − 2
3 − 2=
y − 0
a − 0 ⇔ a(x − 2) + y = 0
Glà giao điểm củaOH vàCMnên dễ dàng tìm ra tọa độ củaGlàG
µ
14a − 8 7a − 3 ;
2a 7a − 3
¶
Lại do2−−→
GO +−−→GH =→−0 nên2(x0− x G) + (xH − x G) = 0 ⇔ 6 − 3 14a − 8
7a − 3 + 2 = 0 ⇔ a = 0
VậyG
µ8
3; 0
¶
Dễ dàng tìm ra tọa độO(3; 0)
Gọi A(2; b)Dựa vào−−→AG = 2−−→GC, tìm được N
µ 3;b 2
¶
Phương trình đường thẳngBC, vuông góc với x = 3có dạng y = b
2
Cthuộc đường tròn tâmObán kínhO A, O A2= 1 + b2
Trang 7Ta được(x C− 3)2+
µb 2
¶2
= 1 + b2 Vậyx C= 3 ±
r
1 +3
4b
2; y C=b 2
Thay vào phương trìnhCM, ta tìm được b suy ra tọa độ của A.
Câu VIa 2) (1 điểm) ———————————————————————————
Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox yz cho điểm A(3; 2; −1), 2 điểm B, D nằm trên đường thẳng
∆ :x − 1
1 = y + 2
2 =z − 2
−1 , điểmCnằm trên mặt phẳng(P) : 2x + y + z − 3 = 0 Tìm tọa độ điểmBbiết tứ giác
ABCDlà hình chữ nhật
Lời giải:
C ∈ (P)nên tọa độClà(x C ; y C ; 3 − 2xC − yC)
Hai đường chéoACvàBDcắt nhau tại trung điểm của mỗi đường làI¡1
2(3 + xC);12(2 + yC);12(2 − 2xC − yC)¢
I ∈ BDta được
1
2(3 + xC) − 1
1
2(2 + yC) + 2
1
2(2 − 2xC − yC) − 2
−1
⇔ x C+ 1 = y C2+ 6= 2x C + y C + 2 ⇔ x C = 1; y C= −2
do đóC(1; −2;3), I(2;0;1).B ∈ ∆nên tọa độ của Blà(t + 1;2t − 2;−t + 2)màIB = I A Suy ra
(t − 1)2+ (2t − 2)2+ (−t + 1)2= 9 ⇔ 6(t − 1)2= 9 ⇔
t = 1 +
q
3 2
t = 1 −
q
3 2
Câu VIIa (1 điểm) ———————————————————————————
Giải bất phương trình:
s log21
µ 2x
2 − x
¶
− 4 ≤p5
Lời giải:
Vìlog1
2
2
µ 2x
2 − x
¶
= log22
µ 2x
2 − x
¶
nên bất phương trình là
sµ log2
µ 2x
2 − x
¶
− 2
¶µ log2
µ 2x
2 − x
¶ + 2
¶
≤p5
Bình phương 2 vế của bất phương trình ta được
0 ≤
µ log2
µ 2x
2 − x
¶
− 2
¶µ log2
µ 2x
2 − x
¶ + 2
¶
≤ 5
⇔
µ log2
µ 2x
2 − x
¶
− 2
¶µ log2
µ 2x
2 − x
¶ + 2
¶
≥ 0 µ
log2
µ 2x
2 − x
¶
− 3
¶µ log2
µ 2x
2 − x
¶ + 3
¶
≤ 0
⇔ −3 ≤ log2
µ 2x
2 − x
¶
≤ −2hay2 ≤ log2µ 2x
2 − x
¶
≤ 3
⇔1
8≤ 2x
2 − x≤
1
4 hay4 ≤ 2x
2 − x≤ 8
Phần B
Câu VIb 1) (1 điểm) ———————————————————————————
Trong mặt phẳng tọa độOx ycho đường tròn(C) : (x + 2)2
+ (y − 1)2= 4 Gọi M là điểm sao cho tiếp tuyến qua M tiếp xúc với (C)tạiE, cát tuyến qua M cắt(C)tại A, B sao cho tam giác ABE vuông cân tạiB Tìm tọa độ củaM sao cho khoảng cách từM đếnOlà ngắn nhất
Lời giải:
Trang 8Gọi I là tâm đường tròn(C), suy ra I(−2;1) Vì tam giácEB A vuông cân tạiB, nên E Alà đường kính của đường tròn Suy raM I = 2p5(Cái này Pythagone mấy lần là ra)
Ta có:MO ≥ |MI − OI| ≥ |2p5 −p5| =p5 (Theo bất đẳng thức tam giác)
Dấu bằng xảy ra⇔
(
M, O, Ithẳng hàng
MO =p5
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)
VậyM(2; −1)
Câu VIb 2) (1 điểm) ———————————————————————————
Trong không gian với hệ trục tọa độOx yz 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∆quaAcó vtcp→−v = (m; n; p)vớim2+ n2+ p26= 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 tâmI(2; −1;0)và bán kínhR =p4 + 1 + 4 = 3
nên−→A I = (11;−1;0)vàh−→
A I, −→vi
= (−p;−11p;11n + m)
∆tiếp xúc(S)khi khoảng cách giữa Ivới∆bằngR tức là
¯
¯h−→
A I, −→vi¯¯¯
¯
¯−→v¯ = R
2
+ 121p2+ (11n + m)2
m2+ n2+ p2 = 9 (2)
Tiếp tục giải hệ gồm(1), (2)vớim2+ n2+ p26= 0là ra vtcp rồi sau đó viết phương trình∆
Câu VIIb (1 điểm) ———————————————————————————
Tìm số phức zthỏa mãn phương trình: |z|4
z2 + z = −200
1 − 7i
Lời giải:
Ta cóz2· z2= |z|4 nên
|z|4
z2 =z
2
· 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