đề thi thử đại học cao đẳng năm 2012 số 170

WWW.VNMATH.COM
THI TH I HC, CAO NG 2012
Mụn thi : TO N ( 170)
PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im)
Cõu I (2 im) Cho hm s
2 4
1
x
y
x
+
=

.
1)Kho sỏt v v th
( )
C
ca hm s trờn.
2)Gi (d) l ng thng qua A( 1; 1 ) v cú h s gúc k. Tỡm k sao cho (d) ct ( C ) ti hai im M, N v
3 10MN =
.
Cõu II (2 im) :
1. Gii h phng trỡnh:
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y

+ + =

=


2.Gii phng trỡnh :
01cossin2sinsin2
2
=++ xxxx
.
Cõu III (1 im): Tớnh tớch phõn:
2
3
0
3sin 2cos
(sin cos )
x x
I dx
x x


=
+

Cõu IV (1 im) Cho hỡnh chúp ct tam giỏc u ngoi tip mt hỡnh cu bỏn kớnh r cho trc. Tớnh th tớch
hỡnh chúp ct bit rng cnh ỏy ln gp ụi cnh ỏy nh.
Cõu V (1 im) Tìm m để phơng trình sau có 2 nghiệm phân biệt :

x10
1).12(48

22
++=++ xxmx
.
PHN RIấNG (3 im): Thớ sinh ch lm mt trong hai phn (Phn 1 hoc phn 2)
1. Theo chng trỡnh chun.
Cõu VI.a (2 im)
1. Cho

ABC cú nh A(1;2), ng trung tuyn BM:
2 1 0x y+ + =
v phõn giỏc trong CD:
1 0x y+ =
. Vit phng trỡnh ng thng BC.
2. Cho ng thng (D) cú phng trỡnh:
2
2
2 2
x t
y t
z t
= +


=


= +

.Gi

l ng thng qua im A(4;0;-
1) song song vi (D) v I(-2;0;2) l hỡnh chiu vuụng gúc ca A trờn (D). Trong cỏc mt phng qua

, hóy vit
phng trỡnh ca mt phng cú khong cỏch n (D) l ln nht.
Cõu VII.a (1 im) Cho x, y, z l 3 s thc thuc (0;1]. Chng minh rng
1 1 1 5
1 1 1xy yz zx x y z
+ +
+ + + + +
2. Theo chng trỡnh nõng cao.
Cõu VI.b (2 im) 1) Trong mt phng vi h ta Oxy cho ng trũn hai ng trũn
2 2
( ) : 2 2 1 0,C x y x y+ + =
2 2
( ') : 4 5 0C x y x+ + =
cựng i qua M(1; 0). Vit phng trỡnh
ng thng qua M ct hai ng trũn
( ), ( ')C C
ln lt ti A, B sao cho MA= 2MB.
2)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng trình : d :
z
y
x =


=
1
2
và d :

1
5
3
2
2

+
==
z
y
x
.
Viết phơng trình mặt phẳng
)(

đi qua d và tạo với d một góc
0
30
Cõu VII.b (1 im) Cho a, b, c l ba cnh tam giỏc. Chng minh
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b

+ + + + <
ữ
+ + + + + +

WWW.VNMATH.COM
Hết

Đáp án De thi thu dai hoc số 70
2(1,0)
Từ giả thiết ta có:
( ) : ( 1) 1.d y k x= − +
Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai
nghiệm
1 1 2 2
( ; ), ( ; )x y x y
phân biệt sao cho
( ) ( )
2 2
2 1 2 1
90(*)x x y y− + − =
2 4
( 1) 1
( )
1
( 1) 1
x
k x
I
x
y k x
+

= − +


− +


= − +

. Ta có:
2
(2 3) 3 0
( )
( 1) 1
kx k x k
I
y k x

− − + + =
⇔

= − +

Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
2
(2 3) 3 0(**)kx k x k− − + + =
có
hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được
3
0, .
8
k k≠ <
Ta biến đổi (*) trở thành:
( ) ( )

2 2
2 2
2 1 2 1 2 1
(1 ) 90 (1 )[ 4 ] 90(***)k x x k x x x x+ − = ⇔ + + − =
Theo định lí Viet cho (**) ta có:
1 2 1 2
2 3 3
, ,
k k
x x x x
k k
− +
+ = =
thế vào (***) ta có phương trình:
3 2 2
8 27 8 3 0 ( 3)(8 3 1) 0k k k k k k+ + − = ⇔ + + − =
3 41 3 41
3, ,
16 16
− + − −
= − =⇔ =k k k
.
KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên.
1) CâuII:2. Giải phương trình:
01cossin)1cos2(sin201cossin2sinsin2
22
=−+−−⇔=−++− xxxxxxxx
.

22

)3cos2()1(cos8)1cos2( −=−−−=∆ xxx
. VËy
5,0sin =x
hoÆc
1cossin −= xx
.
Víi
5,0sin =x
ta cã
π
π
kx 2
6
+=
hoÆc
π
π
kx 2
6
5
+=
Víi
1cossin −= xx
ta cã







−=−=






−⇔−=−
4
sin
2
2
4
sin1cossin
ππ
xxx
, suy ra

π
kx 2
=
hoÆc
π
π
kx 2
2
3
+=
Điều kiện:
| | | |x y≥

Đặt
2 2
; 0u x y u
v x y

= − ≥


= +


;
x y= −
không thỏa hệ nên xét
x y≠ −
ta có
2
1
2
u
y v
v
 
= −
 ÷
 
.
Hệ phương trình đã cho có dạng:
2
12

12
2
u v
u u
v
v
+ =


 

− =
 ÷

 

4
8
u
v
=

⇔

=

hoặc
3
9
u

v
=


=

+
2 2
4
4
8
8
u
x y
v
x y

=

− =

⇔
 
=
+ =



(I)+
2 2

3
3
9
9
u
x y
v
x y

=

− =

⇔
 
=
+ =



(II) Giải hệ (I), (II). Sau đó hợp các kết quả lại,
ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là
( ) ( )
{ }
5;3 , 5;4S =
III(1,0) Đặt
, 0 , 0.
2 2 2
x t dx dt x t x t
π π π

= − ⇒ = − = ⇒ = = ⇒ =
WWW.VNMATH.COM
Suy ra:
2 2 2
3 3 3
0 0 0
3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin
(sin cos ) (cos sin ) (cos sin )
x x t t x x
I dx dt dx
x x t t x x


= = =
+ + +

(Do tớch phõn khụng ph
thuc vo kớ hiu cu bin s).
Suy ra:
2 2 2
3 3 2
0 0 0
3sin 2cos 3cos 2sin 1
2
(sin cos ) (cos sin ) (sin cos )
x x x x
I I I dx dx dx
x x x x x x

= + = + =
+ + +

=
=
2 2
2
2 2
0 0
0
1 1 1 1
tan 1
2 4 2 4
2cos cos
4 4
dx d x x
x x





= = =
ữ ữ



ữ ữ

. KL: Vy
1
.
2
=I
Gi H, H l tõm ca cỏc tam giỏc u ABC, ABC. Gi I, I l trung
im ca AB, AB. Ta cú:
( ) ( ) ( )
' ' ' ' '
'
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH






Suy ra hỡnh cu ni tip hỡnh chúp ct ny tip
xỳc vi hai ỏy ti H, H v tip xỳc vi mt bờn (ABBA) ti im
'K II
.
Gi x l cnh ỏy nh, theo gi thit 2x l cnh ỏy ln. Ta cú:
1 3 1 3
' ' ' ' ' ;
3 6 3 3
x x
I K I H I C IK IH IC= = = = = =
Tam giỏc IOI vuụng O nờn:

2 2 2 2
3 3
' . . 6r
6 3
x x
I K IK OK r x= = =
Th tớch hỡnh chúp ct tớnh
bi:
( )
' . '
3
h
V B B B B= + +
Trong ú:
2 2 2
2 2
4x 3 3 3r 3
3 6r 3; ' ; 2r
4 4 2
x
B x B h= = = = = =
T ú, ta cú:
2 2 3
2 2
2r 3r 3 3r 3 21r . 3
6r 3 6r 3.
3 2 2 3
V

ữ

= + + =
ữ

V. Nhận xét : 10x
48
2
++ x
= 2(2x+1)
2
+2(x
2
+1)
Phơng trình tơng đơng với :
2
(
02)
1
12
()
1
12
2
2
2
=+
+
+

+
+

x
x
m
x
x
.
Đặt
t
x
x
=
+
+
1
12
2
Điều kiện : -2< t
5
. Rút m ta có: m=
t
t 22
2
+
Lập bảng biến thiên của hàm số trên
(
]
5,2
, ta có kết quả của m để phơng trình có hai nghiệm
phân biệt là:
5

12
4 < m
hoặc -5 <
4
<
m
im
( )
: 1 0 ;1C CD x y C t t + =
.
Suy ra trung im M ca AC l
1 3
;
2 2
t t
M
+

ữ

.
WWW.VNMATH.COM
Điểm
( )
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t
M BM x y t C
+ −

 
∈ + + = ⇒ + + = ⇔ = − ⇒ −
 ÷
 
Từ A(1;2), kẻ
: 1 0AK CD x y⊥ + − =
tại I (điểm
K BC∈
).
Suy ra
( ) ( )
: 1 2 0 1 0AK x y x y− − − = ⇔ − + =
.
Tọa độ điểm I thỏa hệ:
( )
1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
+ − =

⇒

− + =

.
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK
⇒

tọa độ của
( )
1;0K −
.
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y
+
= ⇔ + + =
− +
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng
∆
, thì
( )//( )P D
hoặc
( ) ( )P D⊃
. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có
IH IA≤
và
IH AH⊥
.
Mặt khác
( ) ( )
( )
( )
( )
( )

, ,d D P d I P IH
H P

= =


∈


Trong mặt phẳng
( )
P
,
IH IA≤
; do đó
axIH = IA H Am ⇔ ≡
. Lúc này
(P) ở vị trí (P
0
) vuông góc với IA tại A.
Vectơ pháp tuyến của (P
0
) là
( )
6;0; 3n IA= = −
r uur
, cùng phương với
( )
2;0; 1v = −
r

.Phương trình của mặt
phẳng (P
0
) là:
( ) ( )
2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0x z− − + =
VIIa Để ý rằng
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 0xy x y x y+ − + = − − ≥
;
và tương tự ta cũng có
1
1
yz y z
zx z x
+ ≥ +


+ ≥ +

Vì vậy ta có:
( )
1 1 1
1 1 1
1 1 1 1 1 1
3
1 zx+y
1
5
1

1 5
5
x y z
x y z
xy yz zx yz zx xy
x y z
yz xy z
z y
x
yz zx y xy z
z y
x
z y y z
 
+ + + + ≤ + + + + +
 ÷
+ + + + + +
 
≤ + + +
+ +
 
= − − +
 ÷
+ + +
 
 
≤ − − +
 ÷
+ +
 

=
vv
VIb 1) + Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và
1, ' 3R R= =
, đường
thẳng (d) qua M có phương trình
2 2
( 1) ( 0) 0 0, ( 0)(*)a x b y ax by a a b− + − = ⇔ + − = + ≠
.
+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.
Khi đó ta có:
2 2 2 2
2 2 ' ' 'MA MB IA IH I A I H= ⇔ − = −
( ) ( )
2 2
1 ( ; ) 4[9 ( '; ) ]d I d d I d⇔ − = −
,
.IA IH
>
( ) ( )
2 2
2 2
2 2 2 2
9
4 ( '; ) ( ; ) 35 4. 35
a b
d I d d I d
a b a b
⇔ − = ⇔ − =
+ +

2 2
2 2
2 2
36
35 36
a b
a b
a b
−
⇔ = ⇔ =
+
Dễ thấy
0b
≠
nên chọn
6
1
6
= −

= ⇒

=

a
b
a
.
WWW.VNMATH.COM
Kim tra iu kin

IA IH>
ri thay vo (*) ta cú hai ng thng tho món.
2. .Đờng thẳng d đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ chỉ phơng
)1;1;1( u
Đờng thẳng d đi qua điểm
)5;3;2(' M
và có vectơ chỉ phơng
)1;1;2(' u
.
Mp
)(

phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến
n
vuông góc với
u
và
2
1
60cos)';cos(
0
==un
. Bởi vậy nếu đặt
);;( CBAn =
thì ta phải có :

=
++
+
=+
2
1
6
2
0
222
CBA
CBA
CBA






=
+=






+++=

+=
02
)(632
22
222
CACA
CAB
CCAAA
CAB
Ta có
0)2)((02
22
=+= CACACACA
. Vậy
CA =
hoặc
CA =2
.
Nếu
CA =
,ta có thể chọn A=C=1, khi đó
2=B
, tức là
)1;2;1(=n
và
)(

mp
có phơng trình
0)2(2 =++ zyx

hay
042
=++
zyx
Nếu
CA =2
ta có thể chọn
2,1 == CA
, khi đó
1=B
, tức là
)2;1;1( =n
và
)(

mp
có phơng trình
02)2( = zyx
hay
022
=+
zyx
VIIb. Vỡ a, b, c l ba cnh tam giỏc nờn:
a b c
b c a
c a b
+ >


+ >

+ >

.
t
( )
, , , , 0 , ,
2 2
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
+ +
= = = > + > + > + >
.
V trỏi vit li:
2
3 3 2
a b a c a
VT
a c a b a b c
x y z
y z z x x y
+ +
= + +
+ + + +
= + +
+ + +
Ta cú:
( ) ( )
2

2
z z
x y z z x y z z x y
x y z x y
+ > + + < + >
+ + +
.
Tng t:
2 2
; .
x x y y
y z x y z z x x y z
< <
+ + + + + +
Do ú:
( )
2
2
x y z
x y z
y z z x x y x y z
+ +
+ + < =
+ + + + +
.
Tc l:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c

a
a b a c a b c a c a b

+ + + + <
ữ
+ + + + + +

V.Phng trỡnh
( ) ( )
3
4
1 2 1 2 1x x m x x x x m+ + =
(1)
iu kin :
0 1x

Nu
[ ]
0;1x
tha món (1) thỡ 1 x cng tha món (1) nờn (1) cú nghim duy nht thỡ cn cú iu
kin
1
1
2
x x x= =
. Thay
1
2
x =
vo (1) ta c:

3
0
1 1
2. 2.
1
2 2
m
m m
m
=

+ =

=

* Vi m = 0; (1) tr thnh:
( )
2
4 4
1
1 0
2
x x x = =
Phng trỡnh cú nghim duy nht
* Vi m = -1; (1) tr thnh
( ) ( )
( )
( )
( )
( )

( ) ( )
4
4
2 2
4 4
1 2 1 2 1 1
1 2 1 1 2 1 0
1 1 0
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x
+ =
+ + + =
+ =
WWW.VNMATH.COM
+ Với
4 4
1
1 0
2
x x x− − = ⇔ =
+ Với
1
1 0
2
x x x− − = ⇔ =
Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.
Với m = 1 thì (1) trở thành:
( ) ( )
( ) ( )

2 2
4 4
4
1 2 1 1 2 1 1 1x x x x x x x x x x+ − − − = − − ⇔ − − = − −
Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm
1
0,
2
x x= =
nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm duy
nhất.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.