PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa 2 điểm a Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2.. Tìm toạ độ đỉnh C.[r]
Trang 1Đề và đáp án ôn thi toán 12
A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y2x33(2m1)x26 (m m1)x1 có đồ thị (Cm)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0
2 Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng 2;
Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:2cos3x(2cos2x1)1
b) Giải phương trình : 3
2
3 5 1 2 ) 1 3 ( x x2 x2 x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân 3ln2
0 (3 e x 2)2
dx I
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’
và BC là a 3
4
Câu V (1 điểm)
Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x2 xy y2 1.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
1
1 2 2
4 4
y x
y x P
B PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2 Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C
b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với
O qua (ABC)
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:(z2 z)(z3)(z2)10,zC.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
a Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau ( ) : 3 x y 5 0
b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
5 1
1 3
4 : 1
x d
1 3
3 1
2 : 2
z y
x
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3log2 x2)9log2 x2
…… HẾT
ĐÁP ÁN
Trang 2Câu I
a) Đồ Học sinh tự làm
0,25
y x m x m m x y'6x2 6(2m1)x6m(m1)
y’ có (2m1)2 4(m2 m)10
0,5
1 0
'
m x
m x y
Hàm số đồng biến trên 2; y'0 x2 m12 m1
0,25 b)
0,25 Câu II a) Giải phương trình:2cos3x(2cos2x1)1 1 điểm
PT 2cos3x(4cos2 x1)1 2cos3x(34sin2 x)1 0,25 Nhận xét xk ,kZkhông là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1 ) sin 4 3 ( 3 cos
2 x 2 x 2cos3x(3sinx4sin3x)sinx
2cos3xsin3xsinx sin6x sin x
0,25
2 6
2 6
m x x
m x x
7
2 7
5 2
m x
m x
Z
m
0,25
5
2m k 5t tZ
Xét khi = 1+2m=7k k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
7
2 7
Z
l
5
2m
7
2 7
x m l7 3 trong đó m,t,lZ
0,25
2
3 5 1 2 ) 1 3
PT 2(3x1) 2x2 110x2 3x6
Đặt 2 3 2 ) 1 2 ( 4 1 2 ) 1 3
(
2 x x2 x2 x2 x t 2x2 1(t0)
Pt trở thành 4t2 2(3x1)t2x2 3x20
Ta có:'(3x1)2 4(2x2 3x2)(x3)2
0,25 b)
Pt trở thành 4t2 2(3x1)t2x2 3x20
Ta có:'(3x1)2 4(2x2 3x2)(x3)2
0,25
Trang 3Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
; 2
1
t
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:
7
60 2
; 2
6 1
x
0,5
Tính tích phân 3ln2
0 (3 e x 2)2
dx
3ln2
3 ) 2 (
x x x
e e
dx e I
Đặt u= 3 ;
x
x
3
3 x0u 1;x3ln2u 2
0,25
Ta được: 2 =3
1
2 ) 2 (
3
u u
du
u u
u
2
1
2 ) 2 ( 2
1 )
2 ( 4
1 4
=3
2
1 ) 2 ( 2
1 2
ln 4
1 ln 4
1
u u
u
0,25 Câu III
8
1 ) 2
3 ln(
4
3
Vậy I
8
1 ) 2
3 ln(
4
0,25
Câu IV
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:
BC O A
BC AM
' BC ( AM A' )
Kẻ MH AA,'(do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do HM BC.Vậy HM là đọan vông góc chung của
AM A HM
AM A BC
) ' (
) ' (
0,5
A
B
C
C’
B’
A’
H
Trang 4AA’và BC, do đó
4
3 )
BC , A'
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM AO
O
A' suy ra
3
a a 3
4 4
3 a 3
3 a AH
HM AO O '
Thể tích khối lăng trụ:
12
3 a a 2
3 a 3
a 2
1 BC AM O ' A 2
1 S
O ' A
0,5
1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc3.Chứng minh
rằng:
3(a2 b2 c2)4abc13
1 điểm
Đặt
2
; 13 4
) (
3 ) , ,
t abc c
b a c b a
*Trước hết ta chưng minh: f(a,b,c) f(a,t,t):Thật vậy
Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết abc
hay a 3
f(a,b,c) f(a,t,t)
13 4
) (
3 13 4
) (
3 a2 b2 c2 abc a2 t2 t2 at2
= 3(b2 c2 2t2)4a(bct2)
2
4
) ( 4
4
) ( 2
2
) ( 3
c b a c b
2
) )(
2 3
a b c
1
0,5
*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh: f(a,t,t)0 với a+2t=3
Ta có f(a,t,t)3(a2 t2 t2)4at2 13
=3((32t)2 t2 t2)4(32t)t2 13
= 2(t1)2(74t)0 do 2t=b+c < 3
Dấu “=” xảy ra t1&bc0abc1(ĐPCM)
0,5
2 Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x2 xy y2 1.Tìm giá trị lớn nhất
,nhỏ nhất của biểu thức
1
1 2 2
4 4
y x
y x P
Câu V
Tõ gi¶ thiÕt suy ra:
xy xy
y x
xy xy xy y
xy x
3 3
) ( 1
2 1
2
2 2
0,25
Trang 5Từ đó ta có 1
3
1
Măt khác x2 xyy2 1x2y2 1xy
nên x4 y4 x2y22xy1 đăt t=xy Vởy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của
3
1
; 2
2 2 )
t
t t t f
Tính
) ( 2 6
2 6 0
) 2 (
6 1 0 ) (
l t
t t
t
Do hàm số liên tục trên ;1 nên so sánh giá trị của ,
3
1
3
1 (
f f( 62) ,f(1) cho ra kết quả:
, 6 2 6 ) 2 6
f MaxP
15
11 ) 3
1 (
(Học sinh tự vẽ hỡnh)
Ta cú: AB 1; 2AB 5 Phương trỡnh của AB là:
2x y 2 0 I là trung điểm của AC:
a)
Theo bài ra: ( , ) 2
2
3 4
0
t t
Từ đú ta cú 2 điểm C(-1;0) hoặc C( ) thoả món
3
8
; 3 5
0,5
1 điểm
*Từ phương trỡnh đoạn chắn suy ra pt tổng quỏt của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25
*Gọi H là hỡnh chiếu vuụng gúc của O l ờn (ABC), OH vuụng gúc với
(ABC) nờn OH//n(2;1;1) ;HABC
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trỡnh( ABC) cú t= suy ra
3
1
) 3
1
; 3
1
; 3
2
H
0,25 b)
*O’ đỗi xứng với O qua (ABC) H là trung điểm của OO’ )
3
2
; 3
2
; 3
4 (
Giải phương trỡnh:(z2 z)(z3)(z2)10,zC. 1 điểm CõuVIIa
PT z(z2)(z1)(z3)10 (z22z)(z22z3)0 Đặt tz22z Khi đú phương trỡnh (8) trở thành:
0,25
Trang 6Đặt tz2 2z Khi đó phương trình (8) trở thành
t2 t3 100
0,25
6 1
1 5
2
z
i z
t t
Vậy phương trình có các nghiệm: z1 6;z 1 i 0,5
Câu VIb
a)
1 điểm
Viết phương trình đường AB: 4x3y 4 0 và AB5 Viết phương trình đường CD: x4y17 0 và CD 17
0,25
Điểm M thuộc có toạ độ dạng: M ( ;3t t5) Ta tính được:
( , ) 13 19 ; ( , ) 11 37
0,25
Từ đó: S MAB S MCD d M AB AB d M CD CD( , ) ( , )
9 7 Có 2 điểm cần tìm là:
3
3
0,5
1 điểm
Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 tại hai điểm A
và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥d d d 1, 2 dấu bằng xảy ra khi I là
trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1, d2
0, 25
Ta tìm A, B : Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’) '
AB u
AB u
0,25
(….)… A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1) I(2; 1; -1)
AB
b)
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6
Nên có phương trình là: 2 2 2
Điều kiện:x0
Bất phương trình 3(x3)log2 x2(x1)
Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình
0.25 CâuVIIb
TH1 Nếu x3 BPT
3
1 log
2
3
x
x x
Xét hàm số: f x log2 x đồng biến trên khoảng
2
3 )
0,25
Trang 7nghịch biến trên khoảng
3
1 )
(
x
x x
*Với x4:Ta có Bpt có nghiệm
3 ) 4 ( ) (
3 ) 4 ( ) (
g x g
f x f
* Với x4:Ta có Bpt vô nghiệm
3 ) 4 ( ) (
3 ) 4 ( ) (
g x g
f x f
TH 2 :Nếu 0 x3 BPT
3
1 log
2
3
x
x x
f x log2 x đồng biến trên khoảng
2
3 )
nghịch biến trên khoảng
3
1 )
(
x
x x
*Với x1:Ta có Bpt vô nghiệm
0 ) 1 ( ) (
0 ) 1 ( ) (
g x g
f x f
* Với x1:Ta có Bpt có nghiệm
0 ) 1 ( ) (
0 ) 1 ( ) (
g x g
f x f
0,25
Vậy Bpt có nghiệm
1 0
4
x