PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc B ) A.. Theo chương trình chuẩn.[r]
Trang 1ĐỀ THAM KHẢO
Email: phukhanh@moet.edu.vn
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012
Môn thi : TOÁN - khối B
Ngày thi thử: tháng 04 năm 2012
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I: Cho hàm số:
= − − + + có đồ thị là ( )C
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số
2 Tìm tất cả các điểm trên đường thẳng 30x 24y 61 0− + = để từ đó kẻ đến đồ thị ( )C kẻ 3 tiếp tuyến tương ứng với 3 tiếp điểm có hoành độ x ,x , x thỏa 1 2 3 x1<x2< <0 x3
Câu II:
1 Giải phương trình: ( )2 2
2
sin x cos x 2sin x 2
Câu III: Tính tích phân:
2 5
2
xdx I
=
∫
Câu IV: Hình chóp tứ giác đều SABCD có có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,SA⊥mp ABCD ,SA( ) =a Gọi E là trung điểm cạnh CD Gọi I là hình chiếu vuông góc của S lên đường thẳng BE Tính theo a thể tích tứ diện SAEI
Câu V: Cho x, y,z là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2 ( )
x +y +z +2xy=3 x+ +y z Tìm giá trị nhỏ nhất của :
II PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc B )
A Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a:
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho 3 đường thẳng d :x 3y1 − =0, d :2x2 + − =y 5 0, d : x y3 − = Tìm tọa độ các 0 điểm A d , B d , C, D d∈ 1 ∈ 2 ∈ để tứ giác ABCD là một hình vuông 3
2 Trong mặt phẳng toạ độ Oxyz,cho 2 đường thẳng 1 x y 1 z 2 x 1 y 1 z 4
− Viết phương trình đường thẳng d cắt cả 2 đường thẳng d ,d đồng thời song song với đường thẳng 1 2 :x 4 y 7 z 3
−
Câu VII.a: Tìm số phức z thỏa mãn: z3= z
B Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b:
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho các điểm A 1;0 ,B( ) (−2;4 ,C) (−1;4 ,D 3;5) ( ) và đường thẳng d : 3x y 5 0− − = Tìm điểm M trên ( )d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
2 Trong mặt phẳng toạ độ Oxyz, cho các điểm A 0;1;0 ,B 2;2;2 ,C( ) ( ) (−2;3;4) và ( )d :x 1 y 2 z 3
− = + = +
điểm M thuộc ( )d sao cho thể tích khối tứ diện MABC bằng 3
Câu VII.b: Tìm phần thực của số phức z=(1+i)n,n∈N thỏa mãn phương trình: log4(n−3)+log4(n+9)=3
Trang 2
HƯỚNG DẪN CHẤM Câu I
2 M∈( )d : 30x 24y 61 0− + = ⇒ M m;5m 61
4 24
Phương trình tiếp tuyến của ( )C tại N x ;y( 0 0): 30 20 ( 2 ) ( )
Để thỏa yêu cầu bài toán thì phương trình ( )∗ có hai nghiệm âm phân biệt
+ − > < − >
⇔ − > ⇔ <
− < <
Vậy, những điểm M nằm trên đường thẳng d có hoành độ m thỏa m 5
2
< − hoặc 1 m 5
6< <18
Câu II
1 Điều kiện: sin x≠ 0
Phương trình đã cho tương đương với: (sin2x cos2x sin x) 2 2 cos 2x sin x
4
π
cos 2x sin x cos 2x sin x 1 cos 2x 0
∗ sin x 1 x k2
2
π
= ⇔ = + π
Vậy, nghiệm của phương trình là: x k2 ,
2
π
= + π x 3 k k( )
2 Điều kiện:
x 0
y 0
≥
≥
− ≥
Trang 3Đặt:
2
2
2
u x xy , u 0
v xy y , v 0
u v u v 3 u v 0
u v 3 u v
( )
I
+ =
⇔
hoặc 2u v2 3 u v ( )II
( )I u v 0 vì u 0, v 0( )
0 369
⇒
=
2
4u
v 12
=
2
y 16
x y 41
xy y 12
= + =
Vậy, nghiệm của hệ phương trình là: (25;16)
Câu III Đặt t= x2+ ⇒5 t2=x2+ ⇒5 xdx=tdt
Đổi cận: x= ⇒ = x 2 52 t 3, = ⇒ = t 5
Vậy,
5
2 2
t 4 t
−
Câu IV Vẽ SI⊥BE, I BE∈ AI là hình chiếu của SI lên (ABCD)⇒AI⊥BE
Ta có: ABI∆ đồng dạng BEC∆
BC.AB AI
BI BE
=
=
Mà
2
AB BC a, EC , BE BC EC a
Nên:
a a
2
2 ABI
Trang 4S AEI SABCD S ADE S BCE S ABI a2 a a 3a
3 S.AEI AEI
= = ( đvtt )
Câu V Theo Bất đẳng thức Cô si, ta có:
2
1
2 x z 4 x z ,
2
+ ≤ + + 2 y 2 1(6 y)
2
Suy ra: P x y z 80 80 x y z 320
Đặt t= + + ⇒ 0 t 6x y z < ≤
Xét hàm số: f t( ) t 320
10 t
= +
+ với 0 t< ≤ Ta có: 6 f ' t( )<0 với t∈( )0;6
Hàm số f t( ) nghịch biến trên (0;6] suy ra minf t( ) ( )=f 6 =26
Đẳng thức xảy ra khi x 1,y= =2,z 3=
Câu VI.a:
1 Gọi B b;5 2b( − )∈d2 Đường thẳng ∆ qua B và vuông góc 1 d cắt 3 d tại C Phương trình 3 ∆1: x+ + − = y b 5 0
Tọa độ của C là nghiệm hệ x y 0 C 5 b 5 b;
− =
Đường thẳng AB d 3 nên có phương trình x y 5 3b 0− + − =
Tọa độ A là nghiệm hệ x y 5 3b 0 A 9b 15 3b 5;
− + − =
Đường thẳng ∆ qua A và vuông góc 2 d cắt 3 d tại D Phương trình 3 ∆1: x y 6b 10 0+ − + =
Tọa độ của D là nghiệm của hệ x y 0 D 3b 5;3b 5( )
x y 6b 10 0
− =
ABCD là hình vuông ⇔AD CD= ⇔2b2−9b 10 0+ = ⇔ = hoặc b 2 b 5
2
=
b 2 A ; , B 2;1 , C ; ,D 1;1
b A ; , B ;0 , C ; , D ;
2 d đi qua 1 M1=(0; 1;0− ) có vectơ chỉ phương u1=(1; 2; 1), d đi qua 2 M2=(1; 1;4− ) có vectơ chỉ phương
2
u= 1; 2;3− Nhận thấy, u ,u1 2=(8; 2; 4 , M M− − ) 1 2=(1; 0; 4)⇒u ,u1 2.M M1 2= − ≠8 0
, nên d ,d chéo nhau 1 2 Gọi M d= ∩d , N d1 = ∩d2⇒M=(t; 1 2t;t , N− + ) =(1 s; 1 2s;4 3s+ − − + )
MN 1 s t; 2s 2t;4 3s t
⇒= + − − − + − là một vectơ chỉ phương của đường thẳng ( )d
Lại có: u=(1;4; 2− ) là vectơ chỉ phương của ∆
Theo bài toán, d∆ ⇒u cùng phương với MN
5s 3t 6 0 t 2
Trang 5
Vậy đường thẳng cần tìm là x 2 y 3 z 2
d :
−
Câu VII.a: Giả sử z= +a bi, a,b( ∈»)⇒ = −z a bi
Dễ thấy, z3=(a+bi)3=a3+3a bi2 −3ab2−b i3
( )
⇔
− = −
( )∗
Đặt a=tb, (t ∈ ) Hệ ( )∗ trở thành: ( ) ( ) ( )
( )
3 2
2 3
tb 3 tb b tb
3 tb b b b
− = −
t t −1 = ⇔ =0 t 0, t= −1 hoặc t= 1
TH1: Khi t= ⇒ = thay vào 0 a 0 ( )2 ta được −b3= −b ⇔ = hoặc bb 0 = − hoặc b 11 =
TH2: Khi t= ± ⇒ = ± thay vào 1 a b ( )2 ta được 2b3= −b ⇔ = b 0
Vậy, số phức thỏa mãn bài toán: z 0,= z= − z ii, =
Câu VI.B:
1 M x;y( )∈ ⇔d 3x y 5 0.− − = AB 5,CD= = 17
Ta có: AB(−3;4)⇒nAB( )4;3 ⇒phương trình đường thẳng AB : 4x 3y+ − = 4 0
CD 4;1 ⇒n 1; 4− ⇒ phương trình đường thẳng CD : x 4y 17 0− + =
MAB MCD
Tọa độ M cần tìm là nghiệm của hệ:
3x y 5 0
4x 3y 4 x 4y 17 3x y 5 0
5x y 13 0
− − =
− − =
7
M ;2 ,M 9; 32
3
2 Phương trình tham số của d :
x 1 2t
= +
= − −
= − +
M d∈ ⇒M 1 2t; 2 t; 3 2t+ − − − +
Ta có: AB=(2;1;2 , AC) = −( 2;2;4)⇒AB, AC =(0; 12;6 ,− ) AM=(1 2t; 3 t; 3 2t+ − − − + )
AB, AC AM 18 24t
⇒ = +
MABC
t 0 M 1; 2; 3 1
= − ⇒ − − −
Vậy, có hai điểm thỏa đề bài là ( ) 1
M 1; 2; 3 ,M 2; ; 6
2
− − − − −
Trang 6Câu VIIB Điều kiện: n>3,n∈N
Phương trình log4(n−3)+log4(n+9)= ⇔3 log4(n−3 n)( +9)=3 (n−3 n)( +9)=43⇔n2+6n− = ⇔ =9 0 n 7 do : n( >3)
3
z 1 i 1 i 1 i 1 i 2i 1 i 8i 8 8i Vậy phần thực của số phức z là 8