De Toan LTDH 2012

[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012

Môn thi : TOÁN

I PHẦN CHUNG (7 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số

x y x

2 4 1





 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2) Tìm trên đồ thị (C), hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN, biết M(–3; 0), N(– 1; –1)

Câu II (2 điểm):

a) ( x 3 x 1)(1 x22x 3) 4

b)

2 sin( )

4 (1 2 ) 1 tan cos

x

x





Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =

x

x e dx x

2

0

1 sin

1 cos







Câu IV: (1 điểm): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a, các mặt

bên tạo với mặt đáy góc 60o Mặt phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tâm của tam giác SAC cắt SC, SD lần lượt tại M, N Tính thể tích khối chóp S.ABMN theo a

Câu V (1 điểm): Cho các số thực a, b, c thỏa mãn : 0 a 1; 0 b 1; 0  c 1 Chứng minh rằng:

a b c

Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(5; 2) Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3

= 0 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(–1; 0; 1), B(1; 2; –1), C(–1; 2; 3).

Câu VII.a (1 điểm): Cho z1, z2 là các nghiệm phức của phương trình 2z2 4z 11 0  Tính

giá trị của biểu thức :

2

z z



HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu I: 2) Phương trình đường thẳng MN: x 2y  3 0 Gọi I(a; b)  MN  a b  3 0 (1)

Phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với MN là: y 2(x a b ) 

Hoành độ các giao điểm A, B của (C) và d là nghiệm của phương trình:

x

2 4 2( ) 1



 2x2 (2a b x )  2a b   4 0 (x  –1)

A, B đối xứng nhau qua MN  I là trung điểm của AB

Khi đó:

x

2







a b

a 2

4





(2)

Từ (1) và (2) ta được:

a b a

2 3 0 2

4

   













a

b 12

 







Suy ra phương trình đường thẳng d: y 2x 4  A(2; 0), B(0; –4).

Câu II: a) ( x 3 x1)(1 x22x 3) 4

Nhớ đặt điều kiện

Nhân lượng liên hiệp: ( x 3 x1)

Bất phương trình trở thành: 4(1 x22x 3) 4( x 3 x1) 1 x22x 3 x 3 x1

Bình phương 2 vế BPT, ta được: 1 2 x22x 3x22x 3    x 3 x 1 2 x22x 3

Giải BPT trên ta được kết quả.

b)

2 sin( )

4 (1 2 ) 1 tan cos

x

x





Nhớ đặt điều kiện

2 sin( )(1 2 ) cos (1 tan )





2

2 sin( )(cos ) cos sin



Chuyển vế đặt nhân tử chung và giải phương trình tích để đi đến kết quả cuối cùng.

Câu III: Ta có:

x

2

1 sin 1 1 tan



Do đó: I =

x

x e dx2

2

0

1 1 tan







=

x

2

2 0

1 1 tan tan





=

x e dx x e dx

2

Đặt

x

u e

x

dv 1 1 tan2 dx

 





x

du e dx

x

v tan

2

 









 I =



= e2



Câu IV: Gọi I, J lần lượt là trung điểm cúa AB và CD; G là trọng tâm ∆SAC

∆SIJ đều cạnh a nên G cũng là trọng tâm ∆SIJ

IG cắt SJ tại K là trung điểm cúa SJ; M, N là trung điểm cúa SC, SD

3

2

 a

IK

; S ABMN =

2

2   8

a

AB MN IK

SK  (ABMN); SK = 2

a

V=

3

.

3 ABMN  16

a

.

Câu V: Vì 0 a 1,0 b 1 nên a 1 b 1 0   ab a b    1 0

a b ab

1

1 1 1 1 (1)

Tương tự : bc b c ca c a

1 1 1 1 (2), 1 1 1 1 (3)

Cộng các BĐT (1), (2), (3) vế theo vế ta được: ab bc ca a b c

1 1 1 2 1 1 1  3 (4)

      

Sử dụng BĐT (4) và BĐT Cô–si ta có:

a b c

          

Cũng theo BĐT Cô–si ta có : a b c

a b c

1 1 1 9

     

Do đó: a b c

Dấu "=" xảy ra  a = b = c = 1.

Câu VI.a: 1) Gọi C c c( ; 2  3) và I m( ;6  m) là trung điểm của BC

Suy ra: B m c (2  ; 9 2  m 2 )c Vì C’ là trung điểm của AB nên:



nên

   

    

;

6 6

I

Phương trình BC: 3 –3x y 23 0 

Tọa độ của C là nghiệm của hệ:

;

  





x y

C

Tọa độ của

19 4

;

3 3

B

2) Ta có: AB(2; 2; 2), AC(0; 2; 2).

Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: x y z  1 0, y z  3 0. Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là n AB AC,  (8; 4; 4).

Suy ra (ABC): 2x y z   1 0.

Giải hệ:

      

Suy ra tâm đường tròn là I(0; 2;1).

Bán kính là R IA  ( 1 0)  2(0 2) 2(1 1) 2  5.

3 2 3 2

1 , 1

Suy ra

2 2

3 2 22

| | | | 1 ; 2

z z     z z 

2

11 4







ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012

Môn thi : TOÁN

I PHẦN CHUNG (7 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số

x y x

2 2



 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình: cos 2 x − tan2x=cos2x+cos3x −1

cos2x

2) Giải hệ phương trình:

2 2

1 4





Câu III: (1 điểm) Tính tích phân:

4

2 4

sin 1

x









 



Câu IV: (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A.ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy

AB = a, cạnh bên AA = b Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABC) Tính tan và thể tích của khối chóp A.BBCC

Câu V: (1 điểm) Cho ba số a, b, c khác 0 Chứng minh:

2  2  2   

Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 2 đường thẳng d 1 : x y 1 0   và d 2:

x y

2   1 0  Lập phương trình đường thẳng d đi qua M(1; 1) và cắt d 1 , d 2 tương ứng tại

A, B sao cho 2MA MB                             0

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x2y 2 1 0z  và hai điểm

A(1; 7; –1), B(4; 2; 0) Lập phương trình đường thẳng d là hình chiếu vuông góc của

đường thẳng AB lên mặt phẳng (P)

Câu VII.a (1 điểm): Kí hiệu Z 1 , Z 2 là các nghiệm phức của phương trình 2Z2 2Z  1 0 Tính giá trị các biểu thức Z12

1

và Z22

1

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu I: 2) Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ a 2 thuộc đồ thị (C) có phương trình:

a a

2

2 2



 Tâm đối xứng I 2;2 

Ta có

 

d I d

a



 

d I d,

lớn nhất a 22    4  a a04



Từ đó suy ra có hai tiếp tuyến y x và y x 8 

Câu II: 1) Điều kiện: cosx0

PT  cos 2x tan2x 1 cosx (1 tan 2x) 2cos2x cosx1 0



x x

cos 1

1 cos

2

 







 

x k

2

2 2 3







 



 





2) Từ hệ PT  y 0 Khi đó ta có:

2

2 2

2

1

4

1 4

.

x

x y y

x y

y

  







Đặt

2 1 ,

x

y



ta có hệ: 2 2

 Với v3,u1ta có hệ:

2, 5

 Với v5,u9ta có hệ:

Kết luận: Hệ đã cho có hai nghiệm: (1; 2), ( 2; 5)

Câu III: Nhân lượng liên hiệp: 1 x 2  x

Ta được:

I 4 x2 xdx 4 x xdx I1 I2

 Tính

I1 4 x2 xdx

4

1 sin







  

Sử dụng cách tính tích phân của hàm số lẻ, ta tính được I1  0

 Tính

I2 4 x xdx

4

sin







 

Dùng phương pháp tích phân từng phần, ta tính được:

4 

 

Suy ra: I

2 2

4 

 

Câu IV: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của  ABC Vì A.ABC là hình chóp

đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABC) là  = A EH

Ta có :

a a a



' '

3



   b a

Do đó:

' 2 3 tan  A H  b  a

' ' '

'



'.

'



Do đó: V A BB CC' ' ' V ABC A B C ' ' ' V A ABC'. =

2 3 2 2

6



Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có:



3

2  2  2  3 2 2 2  3



2   1 2 ; 2   1 2 ; 2   1 2

2  2  2  2    3

Từ (1) và (2) 

2    2   

b c a b c a  đpcm

Câu VI.a: 1) Giả sử A(a; –a –1)  d 1 , B(b; 2b – 1)  d 2 MA               (a 1;a 2),              MB(b1;2b 2)

MA MB

 



    



a

b 30

 





  A(0; –1), B(3; 5)

 Phương trình d: 2x y 1 0

2) PTTS của AB:

z t

4 3

2 5

  



 



 

  Giao điểm của AB với (P) là: M(7; –3; 1)

Gọi I là hình chiếu của B trên (P) Tìm được I(3; 0; 2) Hình chiếu d của đường thẳng

AB là đường thẳng MI

 Phương trình đường thẳng d là:

3 4 3 2

  







  



Câu VII.a: PT có các nghiệm

x1 1 ; x2 1



x12 x22

1 2 ; 1 2

Câu IV: Dựng SH AB Ta có: (SAB) ( ABC), (SAB) ( ABC)AB SH, (SAB)

( )

 SH  ABC và SH là đường cao của hình chóp.

Dựng HN BC HP, AC  SNBC SP, AC SPH SNH 

SHN = SHP  HN = HP.

AHP vuông có:

3 sin 60

4

 oa

HP HA

SHP vuông có:

3 tan tan

4

 a

Thể tích hình chóp

: tan tan

3 3 4  4 16 

 ABC  a a a

S ABC V SH S