De thi thu dai hoc mon Toan 202

PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm).. a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG

Môn thi : TOÁN (ĐỀ 202)

A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y2x3 3(2m1)x26 (m m1)x1

có đồ thị (Cm)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0

2 Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (2; +∞ )

Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: 2 cos 3 x(2cos 2 x +1)=1

b) Giải phương trình : (3 x+1)√2 x2−1=5 x2

+3

2x −3

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

3

√e x+2¿2

¿

¿ dx

¿

0

3 ln 2

¿

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt

phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’

và BC là

a 3 4

Câu V (1 điểm) 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a+b +c=3 .Chứng minh rằng:

3(a2+b2+c2)+4 abc ≥ 13

2 Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x2

− xy+ y2=1 Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức P= x4+y4+1

x2+y2+1

B PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH

Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn

Câu VIa (2 điểm)

a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2 Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C

b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với

O qua (ABC)

Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: (z2− z )(z +3)(z+2)=10 ,

¿

z ∈

¿

C.

Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao

Câu VIb (2 điểm)

a 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 MAB, MCD có diện tích bằng nhau

b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

d

1:x − 4

3 =

y −1

z+5

1 =

y +3

3 =

z

1

Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2

Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x (3 log2x −2)>9 log2x −2

…… HẾT

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012.

Môn thi : TO N (Á ĐỀ 202)

Câu I

b) y2x3 3(2m1)x26 (m m1)x1

y’ có 2 m+1¿

2

−4 (m2+m)=1>0 Δ=¿

0,5

x=m

¿

x=m+1

¿

¿

¿

¿

¿

Hàm số đồng biến trên (2;+∞) ⇔ y ' >0 ∀ x >2 ⇔ m+1≤ 2 ⇔

m≤ 1

0,25

PT ⇔ 2 cos 3 x(4 cos2x −1)=1 ⇔ 2 cos 3 x(3 − 4 sin2x)=1 0,25

Nhận xét x=kπ , k ∈ Z không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:

2 cos 3 x(3 − 4 sin2x)=1 ⇔ 2 cos 3 x(3 sin x −4 sin3x )=sin x

⇔ 2 cos 3 x sin 3 x=sin x ⇔ sin 6 x=sin x

0,25

⇔

6 x=x+m2 π

¿

6 x=π − x+m2 π

¿

¿

¿

¿

⇔

5

¿

7+

2mπ

7

¿

¿

¿

¿

; m ∈ Z

0,25

Xét khi 2 mπ

7+

2 mπ

1+2m=7k ⇔ k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, l ∈ Z

Vậy ph tr có nghiệm: x= 2mπ

π

7+

2mπ

0,25

b

) Giải phương trình : (3 x+1)√2 x2−1=5 x2+3

2x −3

1 iểm

PT ⇔ 2(3 x+1)√2 x2− 1=10 x2+3 x − 6 2(3 x+1)√2 x2− 1=4 (2 x2−1)+2 x2

+3 x − 2 Đặt

t=√2 x2− 1(t ≥ 0) Pt trở thành 4 t2−2(3 x+ 1)t+2 x2+3 x −2=0 Ta có:

x −3¿2

3 x+1¿2− 4(2 x2

+3 x −2)=¿

0,25

Pt trở thành 4 t2−2(3 x+ 1)t+2 x2

+3 x −2=0 Ta ó:

x −3¿2

3 x+1¿2− 4(2 x2+3 x −2)=¿

0,25

Từ đó ta có phương trình có nghiệm : t= 2 x − 1

2 ;t=

x+2

2 Ththayy vào cách đăt giải ra ta được có các nghiệm: x ∈{−1+√6

2 ;

2+√60

Câu III

Tính tích phân

3

√e x+2¿2

¿

¿ dx

¿

0

3 ln 2

¿

1 điểm

Ta c ó

e

x

3 +2¿2

¿

e

x

3

¿

e

x

3dx

¿

0

3 ln 2

¿

= Đặt u= e

x

3 ⇒ 3 du=e x3dx ; x=0 ⇒u=1; x=3 ln2 ⇒u=2

0,25

Ta được:

u+2¿2

¿

u¿

3 du

¿

1

2

¿

=3

u+2¿2 1

4 u −

1

4 (u+2) −

1 2(¿)du

¿

∫

1

2

¿

0,25

=3 (14ln|u|−

1

4ln|u+2|+

1

¿3

4ln(

3

2)−

1

8 Vậy I ¿3

4ln(

3

2)−

1

Gọi M là trung điểm BC ta thấy:

¿

AM⊥ BC

}

¿

∠ A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)Do

}

⇒HM ⊥ BC

.Vậy HM là đọan vông góc

0,5

A

B

C

C

’ B

’

A

’ H

chung củaAA’và BC, do đú d ( A A',BC)=HM=a√3

4 . Xột 2 tam giỏc đồng dạng AA’O và AMH, ta cú: A ' O

AO =

HM AH

⇔ suy ra A ' O=AO HM

a√3 3

a√3 4

4

3 a=

a

3 Thể tớch khối lăng trụ: V = A ' O SABC=1

1 2

a

3

a√3

2 a=

a3

√3 12

0,5

Cõu V 1.Cho a, b, c là cỏc số thực dương thoả món a+b +c=3 .Chứng minh rằng:

3(a2+b2+c2)+4 abc ≥ 13

1 ểm

Đặt f (a , b , c)=3(a2

+b2 +c2)+4 abc −13 ;t=b+c

2

*Trước hết ta chưng minh: f (a , b , c)≥ f (a ,t ,t ) :Thật vậy

Do vai trũ của a,b,c như nhau nờn ta cú thể giả thiết a ≤ b ≤ c

f (a , b , c)− f (a , t , t)=¿ 3(a2

+b2 +c2 )+4 abc − 13− 3(a2

+t2 +t2 )− 4 at2+13

= 3(b2

+c2−2 t2)+4 a(bc − t2

)

= 3[b2

+c2− 2(b+c)

4

2

]+4 a[bc −(b+c)

4

2

] =

b − c¿2

¿

b − c¿2

3¿

¿

=

b− c¿2

¿ (3 −2 a)¿

¿

do a 1

0,5

*Bõy giờ ta chỉ cần chứng minh: f (a , t , t)≥0 với a+2t=3

Ta cú f (a , t , t)=3 (a2+t2+t2)+4 at2−13

= (3 −2 t¿2+t2+t2)+4 (3 −2 t)t2−13

3¿

= t −1¿2(7 − 4 t )≥ 0

2¿ do 2t=b+c < 3

Dấu “=” xảy ra ⇔t=1 ∧b − c=0 ⇔ a=b=c=1 (ĐPCM)

0,5

2 Cho x,y,z thoả món là cỏc số thực: x2− xy+ y2=1 .Tỡm giỏ trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức P= x4+y4+1

x2+y2+1

Từ giả thiết suy ra:

1=x2− xy + y2≥2 xy − xy=xy

¿

x + y¿2− 3 xy ≥− 3 xy

1=¿

Từ đó ta có −1

Măt khác x2− xy+ y2=1⇔ x2

+y2=1+xy

nên x4

+y4

=− x2y2+2 xy +1 đăt t=xy

Vởy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của P=f (t)= − t2+2 t+2

1

TÝnh

t +2¿2

¿

¿0⇔

¿

t=√6 −2

¿

t=−√6 − 2(l)

¿

¿

¿

¿

f ' (t)=0 ⇔ −1+6

¿

0.25

Do hµm sè liªn tôc trªn [−1

3;1] nªn so s¸nh gi¸ trÞ cña f (

− 1

3 ) , f (√6 − 2) , f (1) cho ra kÕt qu¶: MaxP=f (√6− 2)=6 −2√6 , min P=f (−1

3)=

11 15

0.25

a)

(Học sinh tự vẽ hình)Ta có: AB  1;2 AB 5

Phương trình của AB là: 2x y  2 0

Theo bài ra: S Δ ABC=1

2AB d (C , AB)=2 ⇔ |6 t − 4|=4 ⇔

t=0

¿

t=4

3

¿

¿

¿

¿

Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C( 53;8

3 ) thoả mãn

0,5

*Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25

*Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với

(ABC) nên ⃗OH // ⃗n(2 ;1;− 1) ;HABC

Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có

t= 13 suy ra H (2

3;

1

3;−

1

3)

0,25

*O’ đỗi xứng với O qua (ABC) ⇔ H là trung điểm của OO’ ⇔ O' (4

3;

2

3;−

2

3)

0,5 CâuVIIa

Giải phương trình: (z2− z )(z +3)(z+ 2)=10 ,

¿

z ∈

¿

+2 z )(z2+2 z − 3)=0 Đặt t=z2

+2 z Khi đó phương trình (8) trở thành:

0,25

Đặt t=z2

+2 z Khi đó phương trình (8) trở thành t2

⇔ t=− 2

¿

t=5

¿

z =−1 ±i

¿

z=−1 ±√6

¿

¿

¿

¿

¿

¿

Vậy phương trình có các nghiệm: z=−1 ±√6 ; z=−1 ± i

0,5

Viết phương trình đường AB: 4x3y 4 0 và AB 5 Viết phương trình đường CD: x 4y17 0 và CD  17

0,25

Điểm M thuộc có toạ độ dạng: M ( ;3t t 5) Ta tính được:

0,25

Từ đó: S MAB S MCD  d M AB AB d M CD CD( , ).  ( , ).

7 9

3

   

 Có 2 điểm cần tìm là:

7 ( 9; 32), ( ; 2)

3

0,5

Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 tại hai điểm A và B khi đó ta luôn có

IA + IB ≥ AB và AB ≥d d d 1, 2

dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1, d2

0, 25

Ta tìm A, B : '









 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

⃗ ⃗

Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)

0,25

 ⃗AB(….)…  A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1) I(2; 1; -1) 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6

Nên có phương trình là: x 22 (y 1)2 (z1)2 6 0,25

CâuVIIb Giải bất phương trình x (3 log2x −2)>9 log2x −2 1 iểm

Điều kiện: x>0 Bất phương trình ⇔ 3(x −3)log2x >2(x − 1)

TH1 Nếu x>3 BPT ⇔ 3

2log2x> x − 1

x − 3

Xét hàm số: f (x)=3

2log2x đồng biến trên khoảng (0 ;+ ∞) g(x)= x −1

x −3 nghịch biến

trên khoảng (3 ;+∞) *Với x>4 :Ta có

¿

f (x)>f (4)=3 g(x)<g (4)=3

}

¿

 Bpt có nghiệm x>4 * Với

0,25

x<4 :Ta có

¿

f (x)<f (4)=3 g(x)>g (4)=3

}

¿

 Bpt vô nghiệm

TH 2 :Nếu 0<x <3 BPT ⇔ 3

2log2x< x − 1

3

2log2x đồng biến trên (0 ;+∞) ;

x −3 nghịch biến trên (0 ; 3) *Với x>1 :Ta có

¿

f (x)> f (1)=0 g(x)< g (1)=0

}

¿

 Bpt vô nghiệm

* Với x<1 :Ta có

¿

f (x)<f (1)=0 g(x)>g (1)=0

}

¿

 Bpt có nghiệm 0<x <1 Vậy Bpt có ngh

x >4

¿

0<x <1

¿

¿

¿

¿

0,25