De thi thu CD DH Toan 2012 44

ABC vuông cân tại A nên AI cũng là phân. giác của  BAC.[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012

Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 44 )

I PHẦN CHUNG (7 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số

y

x

2

1



1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = –1.

2) Tìm m để đồ thị của hàm số tiếp xúc với đường thẳng y x

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình: 2 3 cos2xsin2x4cos 32 x

2) Giải hệ phương trình:

xy

x y

2 2

2











Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =

2

3 0

sin (sin cos )







Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABCcó đáy là tam giác đều cạnh bằng a, AM 

(ABC), AM =

a 3

2 (M là trung điểm cạnh BC) Tính thể tích khối đa diện ABABC.

Câu V (1 điểm): Cho các số thực x, y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P = x2y2 4y4 x2y24y4 x 4

II PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)

1 Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E):

x2 y2 1

100 25  Tìm các điểm M  (E) sao cho

F MF1 2 1200 (F1, F2 là hai tiêu điểm của (E))

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(3; 1; 1), B(7; 3; 9), C(2; 2; 2) và mặt phẳng (P)

có phương trình: x y z 3 0    Tìm trên (P) điểm M sao cho MA2MB3MC

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

nhỏ nhất

Câu VII.a (1 điểm): Gọi a 1 , a 2 , …, a 11 là các hệ số trong khai triển sau:

x 10 x x11 a x1 10 a x2 9 a11

( 1) ( 2)     Tìm hệ số a5.

2 Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): (x 3)2(y 4)2 35 và điểm A(5; 5) Tìm trên (C) hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng d:

 

Tìm trên d hai điểm A, B sao cho tam giác ABM đều.

Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình:

y x y x

xy

2010

3 3

2 2

2

 









Hướng dẫn Đề số 44

Câu I: 2) TXĐ: D = R \ {1}

Để đồ thị tiếp xúc với đường thẳng y x thì:

x m x

2 2 2

1

( 1)











Từ (**) ta có (m 1)2(x 1)2 

x m



 Với x = m, thay vào (*) ta được: 0m0 (thoả với mọi m) Vì x  1 nên m  1.

 Với x = 2 – m, thay vào (*) ta được: (2m 1)(2 m) m2(2 m)(2 m 1)  4(m 1)20

 m 1  x = 1 (loại)

Vậy với m  1 thì đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y x

Câu II: 1) PT  3cos2x 1sin2x cos6x



 cos 5 2x cos6x

6



5

5

 

 









2)

xy

x y

2 2

2

(2)









 Điều kiện: x y 0 

(1) 

x y

(  )  1 2 1 0



   (x y  1)(x2y2 x y) 0  x y 1 0  

(vì x y 0  nên x2y2  x y 0)

Thay x 1 y vào (2) ta được: 1x2 (1 x)  x2 x 2 0 

x 12 ((y 3)0)



Vậy hệ có 2 nghiệm: (1; 0), (–2; 3)

Câu III: Đặt t x

2



 dt = –dx Ta có I =

t dt

2

3 0

cos (sin cos )







=

2

3 0

cos (sin cos )







 2I =

2

3 0

sin (sin cos )







+

2

3 0

cos (sin cos )







=

dx

2

2 0

1 (sin cos )







=

dx x

2 2 0

2 cos

4









=

0

1 tan







  = 1 Vậy: I =

1

2.

Câu IV: Vì ABBA là hình bình hành nên ta có: V C ABB. 'V C AB A. ' '

V . ' 1.A M S 1 3 2 3 3

Vậy, C ABB A C ABB

V . ' ' 2V . ' 2 3 3

Câu V: Ta có: P = x2(2 y)2  x2(y2)2  x 4

Xét a( ;2x  y b),( ,x y2)

Ta có: a b  a b   x2(2 y)2  x2(y2)2  4x216 2 x2 4

Suy ra: P  2 x24 x 4 Dấu "=" xảy ra  a b, cùng hướng hay y = 0.

Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có:

2 3x2(3 1)(4 x2)  2 x24 2 3 x Dấu "=" xảy ra 

3



Do đó: P  2 3  x  4  x  2 3 4 2 3 4   Dấu "=" xảy ra 

3

Vậy MinP = 2 3 4 khi

3

Câu VI.a: 1) Ta có: a10,b5  c 5 3 Gọi M(x; y)  (E)

Ta có: MF1 10 3x MF, 2 10 3x

Ta có: F F1 22 MF12MF22  2MF MF1 2.cosF MF1 2



Vậy có 2 điểm thoả YCBT: M1(0; 5), M2(0; –5)

2) Gọi I là điểm thoả: IA2IB3IC0

 I 23 13 25; ;

6 6 6

Ta có: T = MA2MB3MC MI IA  2 MI IB 3MI IC  6MI 6MI

Do đó: T nhỏ nhất  MI  nhỏ nhất  M là hình chiếu của I trên (P).

Ta tìm được: M 13 2 16; ;



Câu VII.a: Ta có: (x1)10 C x100 10C x101 9 C x C109  1010

 (x1) (10 x2)  C105 2C104 x6

 a5 C105 2C104 672.

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 4)

 Ta có:

AB AC

IB IC





  AI là đường trung trực của BC ABC vuông cân tại A nên AI cũng là phân giác của BAC Do đó AB và AC hợp với AI một góc 450.

 Gọi d là đường thẳng qua A và hợp với AI một góc 450 Khi đó B, C là giao điểm của d với (C) và

AB = AC

Vì IA (2;1)



 (1; 1), (1; –1) nên d không cùng phương với các trục toạ độ  VTCP của d có hai

thành phần đều khác 0 Gọi u(1; )a

là VTCP của d Ta có:

2





 2 2a  5 1a2 

a a

3 1 3

 









 Với a = 3, thì u (1;3)

 Phương trình đường thẳng d:

y 55 3t

  



 

Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là:

9 13 7 3 13; , 9 13 7 3 13;

 Với a =

1 3



, thì u 1; 1

3

  



 Phương trình đường thẳng d:

5 1 5 3

  





 



Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là:

7 3 13 11; 13 , 7 3 13 11; 13

 Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là:

7 3 13 11; 13 , 9 13 7 3 13;

và

7 3 13 11; 13 , 9 13 7 3 13;

2) Gọi H là hình chiếu của M trên d Ta có: MH = d M d ( , )  2

Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB =

MH

3

Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ:

8

3

 





Giải hệ này ta tìm được: A 2 2; 2;3 2 ,B 2 2; 2;3 2

Câu VII.b:

x

xy

2010

3 3

2 2

2

(2)

 









Điều kiện: xy 0 Từ (2) ta có: x3y3xy x( 2y2) 0  x0,y0.

(1) 

x y

y



 x.2010x 2 2010y 2y

Xét hàm số: f(t) = t.2010 t (t > 0) Ta có: f (t) = t

t

ln2010

 f(t) đồng biến khi t > 0  f(x) = f(2y)  x = 2y

Thay x = 2y vào (2) ta được: y y 95 0

2

 



Vậy nghiệm của hệ là:

9 9;

5 10