1 2 1 Chứng minh rằng hai đường thẳng đó vuông góc với nhau.. Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng 13,5..[r]
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012
Mụn thi : TOÁN (ĐỀ 198 )
Phần bắt buộc
Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số
1
1 2
x
x y
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm I(1;2)tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn nhất
CÂU 2 (2 điểm)
1 Giải phương trình : 2sin2xsin2xsinxcosx10
2 Tìm giá trị của m để phương trình sau đây có nghiệm duy nhất :
log ( 6 ) log (3 2 2) 0
2 5
,
CÂU 3 (1điểm) Tính tích phân: 2
1 2
2 4
dx x
x I
CÂU 4 (1 điểm) Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau và
Gọi C’ và D’ lần lượt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD Tính thể tích
a CD
BC
tích tứ diện ABC’D’.
CÂU 5 (1 điểm) Cho tam giác nhọn ABC , tìm giá trị bé nhất của biểu thức:
Scos3A2cosAcos2Bcos2C
Phần tự chọn (thí sinh chỉ làm một trong hai phần : A hoặc B )
Phần A
CÂU 6A (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(1;1),B(2;5), đỉnh C nằm trên đường
thẳng x40, và trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng 2x y3 60 Tính diện tích tam giác ABC.
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d :
z
y
1
2
1
5 3
2
2
y x
Chứng minh rằng hai đường thẳng đó vuông góc với nhau Viết phương trình mặt phẳng ()đi qua d và vuông góc với d’
n
n n
n n
C
S 0 2 13 24 3 (1) ( 1) Phần B.
CÂU 6B (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(2;1),B(1;2), trọng tâm G của tam
giác nằm trên đường thẳng x y20 Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng
13,5
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d :
z
y
1
2
1
5 3
2
2
y x
Viết phương trình mặt phẳng () đi qua d và tạo với d’ một góc 300
n n
n
C
S 0 2 13 2 ( 1)
Trang 2Đáp án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012.
Mụn thi : TOÁN (ĐỀ 198 )
Câu 1 1 Tập xác định : x1
1
3 2 1
1
2
x x
x
) 1 (
3 '
x y
Bảng biến thiên:
Tiệm cận đứng : x1 , tiệm cận ngang y2
2 Nếu ( ) thì tiếp tuyến tại M có phương trình
1
3 2
;
0
x x
hay )
( ) 1 (
3 1
3
0 0
x x x
x
0
x
Khoảng cách từ I(1;2) tới tiếp tuyến là
Theo bất đẳng thức Côsi
0 2 0
4 0
0 4
0
0 0
) 1 ( ) 1 ( 9
6 )
1 ( 9
1 6 1
9
) 1 ( 3 ) 1
(
3
x x
x
x x
x x
d
, vây Khoảng cách d lớn nhất bằng khi 6
9 2 ) 1 (
)
1
(
0
2
0
1 3 1 3 )
1 (
)
1
(
9
0
2 0
2 0
2
0
x
Vậy có hai điểm M : M1 3;2 3 hoặc M1 3;2 3
CÂU 2
1) 2sin2xsin2xsinxcosx102sin2x(2cosx1)sinxcosx10
(2cosx1)28(cosx1)(2cosx3)2 Vậy sinx0,5 hoặc sinxcosx1
Với sinx0,5 ta có x 2k hoặc
6
6
5
4
sin 2
2 4
sin 1 cos
x x
x
x 2 k hoặc x 2k
2
3
2) log ( 6 )log (32 2)0
2 5
,
2
3 8
1 3
2 3 6
0 2
3
2 2
2
x x m
x x
x x
m
x x
Xét hàm số f(x)x2 8x3,3x1 ta có f'(x)2x8 , f'(x)0khi x4, do đó nghịch biến trong khoảng , Vậy hệ phương trình trên có )
(x
f (3;1) f(3)18 , f(1)6
nghiệm duy nhất khi 6 m 18
CÂU 3 Đặt x2sint thì dx2costdt , khi x1 thì , khi thì , vậy:
6
2
t
2
1
2
6 2
2 2
2
sin
cos 4
dt t
t dx
x
x
6
2 6 2
6
sin 1
t t d dt
CÂU 4 Vì CDBC,CD AB nên CDmp (ABC)và do đó
) ( )
(ABC mp ACD
Suy ra nếu V là thể tích tứ diện ABC’D’ thì ( ' ') '
3
1
BC D AC dt
Trang 3Vì tam giác ABC vuông cân nên
2
2 ' ' ' CC BC a
Ta có AD2 AB2BD2 AB2 BC2CD2 3a2 nên ADa 3 Vì BD’ là đường cao của tam giác vuông ABD nên AD'.AD AB2, Vậy Ta có
3 ' a
Vậy 12
2 3
1 3
3 2
2 2
1 '
'
2
1 ˆ sin ' '
2
1
)
'
'
(
2
a a
a AD
CD AD AC D
A C AD AC D
AC
2
2
12
2
3
1a2 a
V
36
3
a
CÂU 5 S cos3A2cosAcos2Bcos2C=cos3A2cosA2cos(BC)cos(BC)
cos3A2cosA1cos(BC)
Vì cosA0,1cos(BC)0nên S cos3A, dấu bằng xẩy ra khi cos(B C)1 hay
Nhưng , dấu bằng xẩy ra khi hay A =
2
1800 A
C
1 3
Tóm lại : S có giá trị bé nhất bằng -1 khi ABC là tam giác đều
Phần A (tự chọn)
CÂU 6A
1 Ta có C(4;y C) Khi đó tọa độ G là Điểm G nằm trên
3
2 3
5 1 , 1 3
4 2
G G
y y
y
đường thẳng 2x y3 60 nên 26y C 60, vậy y C 2, tức là
)
2
;
4
(
C AB(3;4), AC(3;1) AB5 AC 10 AB.AC5
Diện tích tam giác ABC là 25.10 25=
2
1
2
AB AC AB AC S
2 15
2.Đường thẳng d đi qua điểm M(0;2;0) và có vectơ chỉ phương u(1;1;1)
Đường thẳng d’ đi qua điểm M'(2;3;5) và có vectơ chỉ phương u('2;1;1)
Ta có MM (2;1;5), u;u' (0;3;3), do đó u;u 'MM'120 vậy d và d’ chéo nhau
Mặt phẳng ()đi qua điểm M(0;2;0) và có vectơ pháp tuyến là u('2;1;1) nên có phương trình:
hay 0 )
2
(
2x y z 2xyz20
n n
n n
x
1 ( (1 ) 0 1 2 2 3 n n1
n n
n n
x x
Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :
(1x)n nx(1x)n1 n n
n n
n
C02 1 3 2 2 ( 1) Thay x1vào đẳng thức trên ta được S
Phần B (tự chọn)
CÂU 6B
1 Vì G nằm trên đường thẳng x y20 nên G có tọa độ G(t;2t) Khi đó AG(t2;3t),
Vậy diện tích tam giác ABG là
)
1
;
1
(
2
1
2
S
=
2
3
2t
Nếu diện tích tam giác ABC bằng 13,5 thì diện tích tam giác ABG bằng 13,5:34,5 Vậy 4,5
2
3 2
t
, suy ra t 6 hoặc t3 Vậy có hai điểm G : G1(6;4),G2(3;1) Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên x C 3x G (x a x B)và y C 3y G(y a y B)
Trang 4Với G1 (6;4) ta có C1(15;9), với G2(3;1)ta có C2 (12;18)
2.Đường thẳng d đi qua điểm M(0;2;0) và có vectơ chỉ phương u(1;1;1)
Đường thẳng d’ đi qua điểm M'(2;3;5) và có vectơ chỉ phương u('2;1;1)
Mp() phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến vuông góc với và n u Bởi
2
1 60 cos ) '
; cos(n u 0 vậy nếu đặt n(A;B;C) thì ta phải có :
2
1 6
2
0
2 2
A
C B
A
C
B
A
0 2
) ( 6
3
C A B C
C A A A
C A B
Ta có 2A2 ACC2 0(AC)(2AC)0 Vậy AC hoặc 2AC
Nếu AC,ta có thể chọn A=C=1, khi đó B2, tức là n(1;2;1) và mp()có phương trình
hay 0 )
2
(
Nếu 2AC ta có thể chọn A C1, 2, khi đó B1, tức là n(1;1;2) và mp()có phương trình x(y2)2z0 hay xy2z20
n n
n n
x
1 ( (1 ) 0 1 2 2 3 n n 1
n n
n n
x x
Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :
(1x)n nx(1x)n1 n n
n n
n
C02 1 3 2 2 ( 1) Thay x1vào đẳng thức trên ta được S