Đáp án đề thi thử đại học năm 2012 môn: Toán - Đề số 06

Nhằm giúp các bạn củng cố lại kiến thức đã học và làm quen với dạng đề thi. Mời các bạn cùng tham khảo đáp án đề thi thử đại học năm 2012 môn Toán - Đề số 06 dưới đây. Hy vọng đề thi sẽ giúp các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

DIỄN ĐÀN BOXMATH.VN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012

ĐỀ SỐ: 06

Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x3ax2bx c (*) a b c là tham số thực , ,

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi a 3;b0;c 2

2 Giả sử đồ thị hàm số (*) có đúng hai điểm chung M N với trục Ox Gọi , P là giao

điểm của đồ thị hàm số (*) với trục Oy Biết tiếp tuyến của đồ thị hàm số (*) tại M đi qua

P.Tìm a b c để diện tích tam giác , , MNP bằng 1

1) Học sinh tự làm

2) Giả sử đồ thị hàm số cắt Ox tại M m( ;0),N n( ; 0) và cắt Oy tại (0; ) P c

Tiếp tuyến tại M có dạng: y(3m22am b x m )(  ) Vì tiếp tuyến qua P nên:

3m 2am bm c 02m am  (vì M thuộc đồ thị nên: 0 m3am2bm c  ) 0

Từ đó suy ra:

2

a

m

Vì đồ thị hàm số cắt Ox tại 2 điểm M, N nên đồ thị tiếp xúc với Ox:

Ta thấy M không thể là tiếp điểm của đồ thị hàm số với Ox vì nếu điều đó xảy ra thì trục Ox sẽ

đi qua P (Vô lý)

Vậy đồ thị tiếp xúc với Ox tại N Do đó ta có: x3ax2bx c (x n ) (2 x m )

,

5 16

m n a

mn n b a c



   



  







Vì S MNP   1 c n m 2 c a 8

4

2

a

c

 



KL:

4 5 2

a b c

 









  



Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình: cos 5 2 cos 2 1 2 2 cos 4

cos

x

1) Điều kiện cosx 0

Phương trình được viết lại như sau: cos 5 1 1 (2 cos 4 2 os2 1)

cos

x

Mặt khác ta có:

cos 5x(cos 5xcos 3 ) (cos 3x  xcos ) cosx  x2 cos 4 cosx x2 cos 2 cosx xcosx

Suy ra cos 5 2 cos 4 2 os2 1

cos

x

x c x

1 cos 5

cos cos

x x

2

2

k

x x

x k

















Điều kiện: 4

5

x 

Phương trình viết lại như sau:

3

Xét hàm số   3

3

f t t  t với t (1; có ) f t'( )3t23t với t (1; suy ra ) f t  '( ) 0

Vậy hàm số f t đồng biến trên (1;( )  )

( 3) (2 5 4 3) 3 2 5 4 3 2 5 4 20 16 0

f x  f x  x  x  x x x  x 

10 2 29 ( )





Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x 102 29

Câu III) Tính tích phân:

2 6

0









Tính tích phân:

1



0

5 2 3 sin 2 cos

2





x

6 6

2

tan

2 8

x d

  



6 0

tan

2 8

8







Vậy

tan

5 2 3 1 24

ln

8

I







Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABCA B C' ' ' có đáy ABC là tam giác vuông

ABBCa, mặt phẳng (AB C tạo với (' ) BCC B góc ' ')  với tan 3

2

  ; Gọi M là trung điểm của BC Tính thể tích khối chóp MA B C' ' và xác định tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp B ACM' theo a

C'

I

O

M

K

O' C

A

B

B'

Tính thể tích khối chóp:

Từ B hạ BE( ' )B C BEAˆ  có : cot 2

3

BE AB  a

2 2

'

BC BE

Ta có

3

' ' ' ' '

MA B C A MB C

Tìm tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp:

Gọi O' là tâm vòng tròn ngoại tiếp của tam giác AMC thì tâm O’ thuộc đường trung trực của

AM MC AC a

dt AMC

Qua O’ dựng O z' vuông góc với (ABC) thì O z' là trục đường tròn đáy (AMC)

Suy ra tâm O của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp B’AMC nằm trên O z' và tâm O thuộc mặt phẳng trung trực của B’C ( Mặt phẳng qua trung điểm I của B’C vuông góc với B’C ở I)

Ta có bán kính mặt cầu ngoại tiếp là R thì:

2

'

8

a

R OC O C x x  (1) với OO'x

Mặt khác ta có:

R OB OI B I OI  OI 

Mà

2 2

IO MO  xMI  x  x   

Suy ra

2

(2)

Từ (1) và (2) suy ra:

2

8

a

R 

Câu V (1 điểm) Tìm tất cả các cặp số thực x y  , 0

thỏa mãn hệ phương trình:

2

2

x xy x







Hệ phương trình viết lại như sau:

2

2

1 1

x xy x







(1)

(2)

Vì x y  nên ta suy ra ,, 0 x y (0;1)

Hệ có dạng:

1 1

1 1 ( 1)( ) 1

x x

x y

x

x

y x y



  





   

   



   



(3) Phương trình (3) có dạng: 3 2

f x x  x  x Ta có

  2

f x  x  x

Do đó ( )f x là hàm nghịch biến trên khoảng 0x1 Ta có 1 (1) 1 0

f   f   

f x  có nghiệm duy nhất thuộc 1;1

2

 

1

2 cos

x



3





8 cos 4 cos  4 cos 1 02 cos 32 cos 22 cos  1 0

2

k k











Vì 0

3







2 cos 7

x



2

1 x 1 1 x x x

x x    x   

2

2

1

4 cos 7

x







Vậy hệ có đúng một nghiệm

2

2 cos 1

2 cos 4 cos

x y





thỏa mãn điều kiện

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

1.Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (T):x12y32  và hai điểm 5 (2;1), (0;5)

A B Từ điểm M thuộc đường thẳng (d):x2y  kẻ hai tiếp tuyến đến (T) Gọi 1 0

E, F là hai tiếp điểm tương ứng Tìm tọa độ điểm E, F biết ABEF là một hình thang

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho các điểm , A(1;0;0), B(0;1;0),C(0;3;2) và mặt phẳng (): x  y2 20.Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều các điểm A, B,C và mặt phẳng ( )

1) Ta thấy A,B là đường kính của (T)ABEF là hình thang khi và chỉ khi EF/ /AB

B

A F

E M

(T) có I1;3 , R 5;AB2; 4 / /  u1; 2

Md x y  M  a a

MI  a a MI u     a  a a

 3;1

M

Giả sử : E x y ( ; )

Suy ra ME x( 3;y1);IE x( 1;y3)

Vì E là tiếp điểm nên ta có E thuộc đường tròn Hay: x2y22x6y  (1) 5 0

2 2

ME x y IE x y ME IE x y  x y

(2) Lấy (1)- (2) suy ra: 4x2y  5 0

Phương trình đường thẳng EF: 4 x2y  Tọa độ ,5 0 E F là giao điểm của EF và đường

tròn:

 2  2







Giải hệ tìm được

;

;









E   F  

2) Vì M cách đều A, B, C nên M thuộc đường thẳng  là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P), (Q) lần lượt là mặt phẳng trung trực của AB, AC

Viết được phương trình: ( ) :P  x y0; ( ) :Q  x 3y2z  6 0

Đường thẳng  có véc tơ chỉ phương là un P;n Q2; 2; 2 / /(1;1; 1)  

  

x y







Cho x 1 y 1 z2N(1;1; 2) thuộc giao tuyến

Suy ra

1 ( ) : 1

2

x t PTTS y t

z t

 





   

  



Xét điểm M thuộc đường thẳng  M(1t;1t; 2t)

Ta có MA  t; 1 t t; 2

M

Theo điều kiện bài toán ta có:

 2

/ ( )

0

5

3

M

t t

t







 

 Vậy có 2 điểm M cần tìm là:

(1; 1; 2)

M M







Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình: 2.6x4x 33.12x2.8x 2.3x

Chia 2 vế phương trình cho 2x ta thu được phương trình:

3

2

x

t   

  ta có phương trình:

3

2t 1 4t32t

t    t t     t

Từ đó suy ra VT 2t

t

t t

 



 



 



suy ra x 0

2 Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có phương trình các cạnh BC, AB

lần lượt là x2y  và 32 0 x y 10 Tìm tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, biết 0 điểm M2; 2 thuộc cạnh AC

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng 1

1 : 0

x t y

z t

 





  

  



và hai điểm A(2;1;-1),

B(-1;2;0) Viết phương trình đường thẳng  qua B cắt  sao cho khoảng cách từ A đến 1  là

nhỏ nhất? lớn nhất?

1) Phương trình đường thẳng MN qua M song song với BC là MN x: 2y  6 0

Gọi N là giao điểm của MN và AB, H là trung điểm của MN thì tọa độ N thỏa mãn hệ phương

x y





AH

 qua HBC: 2x y C 02x   y 3 0

 

: 7; 11

A AB AH A

5 5

K  AHBC K 

AH: có u1; 2

3 2

x t





 

 Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp I t ;3 2 t với 7; 4

5

t   

4 2 7 33 31 2

0, 22( )

7 2 5 4 4 2 7 33 31 2

49

1 5 2

t











33 31 2 81 62 2

;

K

H

C B

A

2) Giải: Gọi u u , 1

lần lượt là VTCP của   , 1

Ta có  qua N(1;0;0) có VTCP 1 u1(1;0; 1)

Giả sử    1 M M(1t; 0;t VTCP); :u BM (2  t; 2; t)

       

 / 

,

A

u BA d

u



 



=

2

2

Xét

2

2

y=

  Gọi y0 là một giá trị của hàm số

 y 0

2

2

0 3 (2 0 10) 4 0 12 0

 0 2 0 0

3

       

Từ đó suy ra

0

0

y

y



1 (0; 2; 2) ( ) : 2 2

2

x

z t

 





 





1 4 (4; 2; 2) ( ) : 2 2

2

z t

  





  





Câu VII.b (1 điểm) Tìm m để hàm số

2

1

y

x



điều kiện: giá trị cực đại cực tiểu trái dấu nhau và y C Đ  y C T

Ta có nhận xét sau: Hàm số

2

1

y

x



 có cực đại cực tiểu trái dấu khi và chỉ khi

đồ thị hàm số không cắt trục Ox và 2

f x x  m xm  không có nghiệm x  1

Tức là:

2

0 ( 1) 4( 1) 0

( 1) 0 1 0

m f



Viết lại:

2

  ta có giao điểm của hai tiệm cận là: I( 1; m1) Khi hàm số có cực đại cực tiểu thì: y CĐ y CT 2y I

CĐ CT

 









Vậy giá trị m cần tìm là: 1m3

HẾT