Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định.[r]
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
Mụn thi : TOÁN ( ĐỀ 81 )
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Cõu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y=-x3+3x2-2 (C)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)
2 Tìm trên đường thẳng (d): y=2 các điểm kẻ được ba tiếp tuyến đến đồ thị (C )
Cõu II (2,0 điểm)
1 Giải bất phương trỡnh x2 x 2 3 x 5x24x6 ( x R).
2 Giải phương trỡnh 2 2 cos 2 sin 2 cos( 3 ) 4sin( ) 0
Cõu III (1,0 điểm) Tớnh tớch phõn 32
2 1
log
1 3ln
Cõu IV(1,0 điểm) Cho hỡnh lăng trụ ABC.A’B’C’ cú đỏy là tam giỏc đều cạnh a, hỡnh chiếu vuụng gúc của
A’ lờn măt phẳng (ABC) trựng với tõm O của tam giỏc ABC Tớnh thể tớch khối lăng trụ ABC.A’B’C’
biết khoảng cỏch giữa AA’ và BC là a 3
4
Cõu V (1,0 điểm)
Cho x, y, z 0thoả món x + y + z > 0 Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức
3 16
P
x y z
II PHẦN RIấNG (3,0 điểm) Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A.Theo chương trỡnh Chuẩn
Cõu VI.a( 2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng : x3y 8 0, ' :3x4y10 0 và
điểm A(-2 ; 1) Viết phương trỡnh đường trũn cú tõm thuộc đường thẳng , đi qua điểm A và tiếp xỳc với
đường thẳng ’
2.Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: 1 1 1 ;
x y z
d2: 1 2 1 và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0 Viết phương trỡnh chớnh tắc của đường
thẳng , biết nằm trờn mặt phẳng (P) và cắt hai đường thẳng d1, d2
Cõu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trỡnh sau trờn tập số phức z4 – z3 + 6z2 – 8z – 16 = 0
B Theo chương trỡnh Nõng cao.
Cõu VI.b(2,0 điểm)
1 Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường trũn (C1): x2 + y2 – 4 y – 5 = 0 và (C2): x2 + y2 - 6x + 8y + 16 = 0
Lập phương trỡnh tiếp tuyến chung của (C1) và (C2)
2.Viết phương trỡnh đường vuụng gúc chung của hai đường thẳng sau:
x 1 2t
z 3
Cõu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trỡnh 1 4
4
2 2
1
25
y x
A
Trang 2
-Hết -ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 81 )
1 *Tập xác định: D = R
* y’ = - 3x2 + 6x ; y’ = 0 0
2
x x
*Bảng biến thiên
x - 0 3 +
y’ - 0 + 0 -
+ 2
y
-2 -
* Hàm số nghịch biến trên ( - ;1) và ( 3; + ); đồng biến trên ( 1; 3)
* Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yCT = -2; hàm số đạt cực đại tại x = 2 và yCĐ = 2
* Đồ thị :
f(x)=-x^3+3x^2-2
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-4 -2
2 4
x y
1đ
I
2 (1,0 điểm): Gọi M ( )d M(m;2) Gọi là đường thẳng đi qua điểm M và có hệ số
góc k PTĐT có dạng : y=k(x-m)+2.
ĐT là tiếp tuyến của (C ) khi và chỉ khi hệ PT sau có nghiệm
(I)
2
3 2 ( ) 2 (1)
3 6 (2)
x x k
Thay (2) và (1) được: 2x3-3(m+1)x2+6mx-4=0 (x-2)[2x2-(3m-1)x+2]=0
Đặt f(x)=VT(3)
2
2
2 (3 1) 2 0 (3)
x
Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị ( C) hệ (I) có 3 nghiệm x phân biệt PT(3)
có hai nghiệm phan biệt khác 2 0 1 hoÆc m>5/3
m f
Vậy M(m;2) thuộc (d): y=2 với 1 hoÆc m>5/3thì từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến
m 2
m
(C)
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 3Điều kiện
2
2
2 0
Bình phương hai vế ta được 6 x x( 1)(x2) 4 x212x4
3 x x( 1)(x 2) 2 (x x 2) 2(x 1)
Đặt ( 2) 0 ta được bpt ( do )
1
x x t
x
2
2t 3t 2 0
1
2 2
2
t
t t
0
t
1
x x
x
( do ) Vậy bpt có nghiệm
3 13
3 13
3 13
x
x x
0,5
0,5 II
2 2 cos 2 sin 2 cos( ) 4sin( ) 0
x x x x
2 2 cos 2 sin 2 (cos cos sin sin ) 4(sin cos cos sin ) 0
4cos2x-sin2x(sinx+cosx)-4(sinx+cosx)=0 (sinx+cosx)[4(cosx-sinx)-sin2x-4]=0
PT (2) có nghiệm
s inx+cosx=0 (2) 4(cosx-sinx)-sin2x-4=0 (3)
Giải (2) : Đặ s inx-cosx= 2 sin( ), §iÒu kiÖn t 2 (*) ,
4
thay vào (2) được PT: t2-4t-5=0 t=-1( t/m (*)) hoặc t=5(loại )
Với t=-1 ta tìm được nghiệm x là : 2 hoÆc x=3 2
2
KL: Họ nghiệm của hệ PT là: ,
4
2
x k k
0,25
0,25
0.25
0,25
III
3
2
3
ln
ln 2
x
x
dx
x
2
3
2 2
2
1 1
1 3ln
t
2 3
1
9ln 2 3t t 27 ln 2
0,5
0,5
Trang 4Gọi 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 vơng gĩc chung của
AM A HM
AM A BC
) ' (
) ' (
4
3 )
BC , A'
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH
ta cĩ:
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
0,5
V
Trước hết ta cĩ: 3 (biến đổi tương đương)
4
x y
Đặt x + y + z = a Khi đĩ 3 3 3 3
(với t = , z )
a 0 t 1
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t 0;1 Cĩ
9
f t t t f t t
Lập bảng biến thiên GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0
0;1
64 inf
81
t
81
0,5
0,5
1 Tâm I của đường trịn thuộc nên I(-3t – 8; t)
Theo yc thì k/c từ I đến ’ bằng k/c IA nên ta cĩ
3( 3 8) 4 10
( 3 8 2) ( 1)
3 4
Giải tiếp được t = -3 Khi đĩ I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25
0,25 0,25 0,5
VIa
2 Gọi A = d1(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2 (P) suy ra B(2; 3; 1)
Đường thẳng thỏa mãn bài tốn đi qua A và B
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng là u (1;3; 1)
Phương trình chính tắc của đường thẳng là: 1 2
0,5
0,5
VIIa
Xét phương trình Z 4 – Z 3 + 6Z 2 – 8Z – 16 = 0
Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z 1 = –1, sau đó bằng cách chia đa thức
hoặc Honer ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z 2 = 2 Vậy phương trình trở thành:
A
B
C
C’
B’
A
’ H
Trang 5Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp
án quy định.
1 C1 :I1 0; 2 ,R13; C2 :I2 3; 4 , R2 3
Gọi tiếp tuyến chung của C1 , C2 là :Ax By C 0A2 B2 0
là tiếp tuyến chung của
2 2
2 2
;
Từ (1) và (2) suy ra A2B hoặc 3 2
2
A B
C
Trường hợp 1: A2B.Chọn B 1 A 2 C 2 3 5 : 2x y 2 3 5 0
Trường hợp 2: 3 2 Thay vào (1) được
2
3
A B A B A A B y x y
0,5
0,5
VIb
2 Gọi M d 1 M 2t;1 t; 2 t , N d 2 N 1 2t ';1 t ';3
1
1
MN 2t 2t ' 1; t t '; t 5
6t 3t ' 3 0
t t ' 1 3t 5t ' 2 0
M 2;0; 1 , N 1;2;3 ,MN 1;2;4
PT MN :
0,5
0,5
VIIb
Điều kiện: 0
0
y x y
4
y x
2
3
25
10
x y
y
( loại) Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm
15 5
10 10
15 5
10 10
x y
x y
0,5
0,5