Tìm toạ độ điểm M sao cho đờng tròn ngoại tiếp tam gi¸c IAB cã diÖn tÝch nhá nhÊt.. Giải phương trình:.[r]
Trang 1GV: Nguyễn Trung Nam ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Mụn thi : TOÁN - Đề số: 12
Thời gian làm bài: 180 phỳt
Cõu 1 (2 điểm) Cho hàm số
2
x y x
cú đồ thị (C).
a Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b Cho M là điểm bất kì trên (C) Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đờng tiệm cận của (C) tại
A và B Gọi I là giao điểm của các đờng tiệm cận Tìm toạ độ điểm M sao cho đờng tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.
Cõu 2 (1 điểm)
a Giải phương trỡnh:
4(sin cos ) 6.cos 2 2.cos 4
0 sin 2
x
b Cho số phức z thỏa món điều kiện z2 i z Tớnh mụđun của số phức5 i
2
1
w iz z
Cõu 3 (0,5 điểm) Giải bất phương trỡnh: log2
2
( x − 1)+ 5≤ 3 log2(1− x)2
Cõu 4 (1 điểm) Giải hệ phương trỡnh:
Cõu 5 (1 điểm) Tớnh tớch phõn
2 3
2 3
( sin ) sin (1 sin ) sin
Cõu 6 (1 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A,
2
BC a , hình chiếu của A’ trên mặt phẳng (ABC) là trọng tâm tam giác ABC, cạnh bên tạo với
mặt đáy một góc 600 Tính thể tích của khối lăng trụ đó
Cõu 7 (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M (2; 1) và đường thẳng : x – y + 1 = 0 Viết phương trỡnh đường trũn đi qua M cắt ở 2 điểm A, B phõn biệt sao cho MAB vuụng tại M
và cú diện tớch bằng 2
Cõu 8 (1 điểm) Trong khụng gian Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x y 3z và hai đường thẳng5 0
(d :1) 11 2 12
, (d2):
Lập phương trỡnh đường thẳng song song với (P)
và cắt hai đường thẳng d1, d2 lần lượt tại hai điểm M, N sao cho MN 54
Cõu 9 (0,5 điểm) Tỡm số nguyờn dương n thỏa món cỏc điều kiện sau:
5 4 7 15
n
Cõu 10 (1 điểm) Cho hai số thực x, y thoả mãn : x 3 x 1 3 y2 y
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: A = x + y
Hết
Trang 2-Họ và tờn học sinh: ……… Lớp 12A
ĐáP áN ĐỀ SỐ 12
Câu 1:
Tìm M để đờng tròn có diện tích nhỏ nhất
Ta có: M(x0; 2 x0−3
x0− 2 ), x0≠2, y '(x0)= −1
(x0− 2)2
(x0−2)2(x − x0)+
2 x0−3
x0−2
Toạ độ giao điểm A, B của ( Δ ) và hai tiệm cận là: A(2; 2 x0−2
x0−2 ); B(2 x0−2 ;2)
Ta thấy x A+x B
2+2 x0−2
2 =x0=xM, y A+y B
2 x0−3
x0− 2 =y M suy ra M là trđiểm của AB Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đờng tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích
S = π IM2=π¿
Dấu “=” xảy ra khi ¿¿
Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)
Câu 2:
a)
4(sin cos ) 6.cos 2 2.cos 4
0 sin 2
x
(1)
Điều kiện: sin2x ≠ 0
Ta có (1)
3 4(1 sin 2 ) 6cos 2 2(2 cos 2 1) 0
4 3sin 2x 6cos 2x 4cos 2x 2 0
4 3(1 cos 2 ) 6cos 2x x 4cos 2x 2 0
4 3 3cos 2x 6cos 2x 4cos 2x 2 0
2
7 cos 2x 6cos 2x 1 0
cos 2 1 sin 2 0 ( )
1
7
1
7 1
cos 2
7
x
Vậy phơng trình đã cho có hai họ nghiệm
arccos
x k
arccos
x k
2.b
Suy ra w 1 iz z 2 1 i1 2 i 1 2 i2 3i Vậy w 3.
Trang 3Câu 4: Giải hệ phơng trình sau:
(1)
* Điều kiện
2 3
x y
Giải (1) ta có:
(*)
Xét hàm số
2 ( )
f t t
t
với t0
2
2
t
=> Hàm số đồng biến trên D ;0 0;
Mà (*) f x( )f y( ) xy thế vào PT (2) ta có:
2 3
x
x 8 5x2 (3x 2)(2x2)
8 4x 2 (3x 2)(2x 2)
4 2 x (3x 2)(2x2)
2
2
3
2
2
2 2
3
1 ( )
10 ( )
x x
Vậy ta có :
1 1
x y
Câu 5:
;
cot sin
du dx dx
u x dv
x
2
x
2
|
x
Vậy
4 2 3 3
Câu 6:
=> AB = BC = a
2
1
ABC
a
S AB BC
(đvdt)
Ta có A'G (ABC) => A'G là đờng cao
của khối lăng trụ A'B'C'.ABC
Gọi M là trung điểm của BC
B
G
A
B'
C M
60 0
a
a
Trang 41 2
a
Do G lµ träng t©m ABC
a
XÐt A'AG ta cã:
AG
' ' '
ABC A B C ABC
(®vdt)
C©u 7:
2 1 1
2 2
M
MAB
(2 ) (1 ) 2 (2)
a b
(x1) (y 2) 2
C©u 8:
Gọi M( 1 ; 2 ; 2 t t t N), (1 2 ;7 m m;3 4 ) m MN (2m t 2;m 2t7;4m t 1)
(7 2;11 7; 1)
;
0
19
m MN
m
1 2
0 ( 1;0; 2), (1;7;3) ( ) ( ) : 7
2
81 102
19 19
62 39
19 19
C©u 9: Điều kiện: n 1 4 n5
Hệ điều kiện ban đầu tương đương:
2
2
9 22 0
5
n
Trang 5C©u 10: Ta cã : x 3 x 1 3 y 2 y x y 3 x 1 y2
§Æt: x y a 3 x 1 y2a
x y a
§Æt u x1 ;v y2 (u0;v0)
Ta cã hÖ ph¬ng tr×nh:
2
2
3
1
a
u v
Suy ra : u vµ v lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh:
2
t t a
HÖ (I) cã nghiÖm khi vµ chØ khi ph¬ng tr×nh (*) cã hai nghiÖm t1, t2 kh«ng ©m
2
2
9 3 21
2
9 3 21
9 3 15
VËy:
9 3 21
9 3 15;
2