PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc B A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a 2,0 điểm 1.. Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mô đu[r]
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 190)
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x3 – 3(m+1)x2 + 9x – m (1), m là tham số thực
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1
2 Xác định các giá trị m để hàm số (1) nghịch biến trên một khoảng có độ dài bằng 2
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải bất phương trình 4 4 2 ( x R)
16 3 2
2
2 3 cos 2sin 3 cos sin 4 3
1
3 sin cos
Câu III (1,0 điểm)
0
1
x x x x x
e e
dx
Câu IV(1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a 2 Đáy là tam giác ABC cân ABAC1200,
cạnh BC = 2a Gọi M là trung điểm của SA, tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC)
Câu V (1,0 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = log 1 log 1 log2 4 trong đó x, y, z là
2
2 2
2
các số dương thỏa mãn điều kiện xyz = 8
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A.Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a( 2,0 điểm)
1 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 ( ) : 3 x y 5 0 sao cho hai tam giác MCD, MAB có diện tích bằng nhau
2 Trong hệ trục Oxyz, viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác
ABC và vuông góc với mặt phẳng (ABC); biết điểm A(1; 0; -1), B(2; 3; -1) và C(1; 3; 1)
Câu VII.a (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn các điều kiện:
z i z 2 3i Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mô đun nhỏ nhất
B Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b(2,0 điểm)
1.Trong hệ trục Oxy, cho 2 đường tròn (C) và (C’) có phương trình(C): x 2 + y 2 = 4 và (C’): x 2 + y 2 = 1;
Các điểm A, B lần lượt di động trên (C) và (C’) sao cho Ox là phân giác của góc AOB Gọi M là
trung điểm của đoạn AB, lập phương trình quỹ tích của M
2 Trong hệ trục Oxyz, cho đường thẳng (d): 3 2 1 và mặt phẳng (P) có phương trình:
x + y + z + 2 = 0.Viết phương trình đường thẳng (Δ) thuộc (P) sao cho (Δ) vuông góc với (d) và
khoảng cách từ giao điểm của (d) và (P) đến (Δ) bằng 42
Câu VII.b (1,0 điểm)
(1 3 ) x a a x a x a x S a0 2a1 3a2 21a20
Trang 2
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012
Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 190)
1 Khi m = 1 ta có y = x3 – 6x2 + 9x – 1
*Tập xác định: D = R
* y’ = 3x2 – 12x + 9 ; y’ = 0 1
3
x x
*Bảng biến thiên
x - 1 3 +
y’ + 0 - 0 +
3 +
y
- -1
* Hàm số đồng biến trên ( - ;1) và ( 3; + ); nghịch biến trên ( 1; 3)
* Hàm số đạt cực đại tại x = 1 và yCĐ = 3; hàm số đạt cực tiểu tại x = 3 và yCT = -1
* Đồ thị :
1đ
I
2 Tập xác định: D = R
Ta có y’ = 3[x2 – 2 (m + 1)x + 3]
y’ = 0 x2 – 2 (m + 1)x + 3 = 0
Hàm số (1) nghịch biến trên một khoảng có độ dài bằng 2 y’ = 0 phải có 2 nghiệm
x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1x2 2
Trước hết ta phải có Δ’>0 m2 + 2m – 2 >0 1 3
m m
Khi đó gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình y’ = 0 Theo định lí Vi-et ta có
x1 + x2 = 2(m + 1) và x1x2 = 3
Ta có : x1x2 2 (x1 + x2)2 – 4x1x2 = 4 m2 + 2m – 3 = 0 m = 1 hoặc
m = - 3
Vậy với m = 1 hoặc m = - 3 thì thỏa mãn điều kiện bài toán
0,5
0,5
II
1
* Đk: 4 0 x 4 Đặt t = (t > 0)
4 0
x x
BPT trở thành: t2 - t - 6 0 2( )
3
t
* Với t 3 2 x216 9 - 2x
( )
a
b
x 4
9 - 2x < 0
x 4
9 - 2x
* (a) x > 9
2
* (b) 145 x 9 Vậy tập nghệm của BPT là: T=145;
0,5
0,5
Trang 3ĐK: 3𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 ≠ 0⇔cos(𝑥 ‒𝜋
3)≠ 0⇔𝑥 ≠5𝜋
6 + 𝑘𝜋, 𝑘 ∈ 𝑍 Với ĐK trên PT đã cho tương đương với
3𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝑠𝑖𝑛2𝑥 = 3𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥⇔cos(2𝑥 ‒𝜋
6)= cos(𝑥 ‒𝜋
3)
⇔[ (2𝑥 ‒𝜋
6)=(𝑥 ‒𝜋
3)+ 𝑘2𝜋
(2𝑥 ‒𝜋
6)=‒(𝑥 ‒𝜋
3)+ 𝑘2𝜋
⇔[𝑥 =‒𝜋
6+ 𝑘2𝜋
𝑥 = 𝜋
6+
𝑘2𝜋 3
;𝑘 ∈ 𝑍
Đối chiếu ĐK ta được nghiệm của pt đã cho là 𝑥 =𝜋
6+ 𝑘2𝜋,𝑥 =
3𝜋
2 + 𝑘2𝜋, 𝑘 ∈ 𝑍
0,5
0.5
III
I = ln 2 3 3 2 2 =
0
1
x x x x x
e e
dx
0
1
x x x x x x x x x
dx
= ln 2 33 2 2 = ln(e3x + e2x – ex + 1)
0
1 1
x x x x x x
dx
ln 2 ln 2
0 x0 = ln11 – ln4 = ln14 ; Vậy eI =
4
11 4
0,5
0,5
IV
(HS tự vẽ hình)
* Áp dụng định lí sin trong ABC có AB = AC = 2
3
a
S ABC = AB.AC.sin12012 0 = Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC),
2 3 3
a
theo gt: SA = SB = SC HA = HB = HC
H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC.
* Và theo định lí sin trong ABC ta có: = 2R R = = HA
sin
BC
3
a
SHA vuông tại H SH = SA2HA2 = 6
3
a
VS ABC. 1
3 S ABC
2 2 9
a
* Gọi hA, hM lần lượt là khoảng cách từ A, M tới mp(SBC)
1 hM = hA
2
M A
2
SBC vuông tại S S SBC = a2
* Lại có: = .hA hA = =
.
S ABC
3 S ABC
SBC
V
S
2 3
a
Vậy hM = d(M;(SBC)) = 2
6
a
0,5
0,5
Sử dụng phương pháp vectơ
0,5
Trang 4V Đặt u(log ;1)2 x ; v (log2 y;1) và w (log ; 2)2z
Ta có + + = ( logu v w 2x + log2y + log2z ; 4) = ( log2(xyz) ; 4) = (3; 4)
Áp dụng bất đẳng thức u + v + w u v w
5 Dấu = xẩy ra khi và chỉ khi ;
2
2 2
2
và cùng hướng w log2x = log2y = log1 2z x = y = và z = 2
Giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 x = y = và z = 2
0,5
1 Viết phương trình đường AB: 4x3y 4 0 và AB5
Viết phương trình đường CD: x4y17 0 và CD 17
Điểm M thuộc có toạ độ dạng: M ( ;3t t5), ta tính được:
( , ) 13 19 ; ( , ) 11 37
Từ đó: S MAB S MCD d M AB AB d M CD CD( , ) ( , )
9 7 Có 2 điểm cần tìm là:
3
3
0,25 0,25
0,5 VIa
2 Nhận xét rằng: Đường thẳng đi qua trực tâm H của ΔABC và vuông góc với
mp(ABC) là giao tuyến của mp (P) đi qua A và vuông góc với BC với mp(Q) đi qua B
và vuông góc với AC cũng là giao tuyến của mp đi qua C và vuông góc với AB
Viết pt(P): (P) đi qua A và nhận BC(-1; 0; 2) làm VTPT
Nên pt (P) là :-x + 2z + 3 = 0
Viết pt(Q): (Q) đi qua B và nhận AC(0;3;2) làm VTPT
Nên pt (Q) là:3y + 2z – 7 = 0
Dễ thấy đi qua M(7;1;2) và có VTCP là
un P,n Q vớinP ( 1;0; 2) nQ (0;3; 2) Suy ra =(-6;2;-3) Vậy pt Δ là u
(t R)
7 6
1 2
2 3
0,5
0,5
VIIa
Đặt z = x + yi; trong đó x, y R
|z - i| = | - 2 - 3i| z |x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i|
* x - 2y - 3 = 0 Tập hợp điểm M(x; y) biểu diễn số phức z là đường thẳng
có phương trình x - 2y - 3 = 0 ( )
* |z| nhỏ nhất |OM| nhỏ nhất M là hình chiếu của điểm O(0; 0) trên ( )
M( ;- ) z = - i
5
6
5
6 5
0,5 0,5
1 Ta có: (C) có tâm O(0; 0) và bán kính R1=2
(C’) có tâm O(0; 0) và bán kính R =1
0,5
Trang 5Với B(xB;yB) (C’) thì x B2+yB2=1
Gọi B1 là điểm đối xứng với B qua Ox suy ra B1(xB;-yB) thuộc OA và th/m :
1
OA OB A x y
Khi đó M là trung điểm của AB có toạ độ là:
y y
x x y
y y
y y
x x x x
B
B B
B B
A
B B A
2 3 2 2
2 2
2
3 2
Thay vào phương trình của (C’) ta được (E): 1
4 1 4 9
2 2
y
x
Vậy tập hợp M là elíp có phương trình trên
0,5
VIb
2 Tìm gđ M của (d) và (P):
PTTS của (d): Thay vào pt(P) ta được t = -1 Vậy M(1;-3;0)
t z
t y
t x
1 2
2 3
Tìm 1 điểm mà Δ đi qua:
Gọi (Q) là mp chứa (d) và vuông góc (P) có pt là
= (2;-3;1)
d P
Hình chiếu vuông góc (d’) của (d) lên (P) là giao tuyến của (Q) và (P) nên (d’) có
VTCP là u n Q n P (4;1;5)
(d’) đi qua M nên có Pt là
1 4 '
3 '
5 '
z t
Điểm Nvà cũng thuộc (d’) th/m d(M, Δ)= 42
N(1-4t’;-3-t’;5t’) d(M; Δ) = MN = ( 4 ') t 2 ( ')t 2 (5 ')t 2 42t' 2 42
t’ = ±1 Vậy tìm được 2 điểm t/m : N1(-3;-4;5), N2(5;-2;-5)
0,5
0,5
VIIb
x x a a x a x a x
(*)
(1 3 )x 60 (1 3 )x x a 2a x 3a x 21a x
Nhận thấy: k ( )k do đó thay vào cả hai vế của (*) ta có:
a x a x x 1
22
0 2 1 3 2 21 20 4
S a a a a
0,5
0,5