Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 174 pdf

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
Môn thi : TOÁN (ĐỀ 174)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y =
2 1
1
−
−
x
x
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận, A là điểm trên (C) có hoành độ là a. Tiếp tuyến tại A
của (C) cắt hai đường tiệm cận tại P và Q. Chứng tỏ rằng A là trung điểm của PQ và tính diện tích tam
giác IPQ.
Câu II: (2điểm)
1) Giải bất phương trình:
2 2
log ( 3 1 6) 1 log (7 10 )+ + − ≥ − −x x
2) Giải phương trình:
6 6
2 2
sin cos 1
tan 2
cos sin 4
+
=
−
x x
x
x x

Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I =
4
2
0
2
1 tan
π
−
 
+
 ÷
+
 
∫
x
x
e
e x dx
x
Câu IV: (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là một hình thoi cạnh a, góc
·
BAD
= 60
0
. Gọi M là trung điểm AA′ và N là trung điểm của CC′. Chứng minh rằng bốn điểm B′, M,
N, D đồng phẳng. Hãy tính độ dài cạnh AA′ theo a để tứ giác B′MDN là hình vuông.
Câu V: (1 điểm) Cho ba số thực a, b, c lớn hơn 1 có tích abc = 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1 1 1
1 1 1
= + +

+ + +
P
a b c
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(2; –1) và đường thẳng d có phương trình 2x – y +
3 = 0. Lập phương trình đường thẳng (∆) qua A và tạo với d một góc α có
cosα
1
10
=
.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(3;1;1), B(0;1;4), C(–1;–3;1). Lập phương trình
của mặt cầu (S) đi qua A, B, C và có tâm nằm trên mặt phẳng (P): x + y – 2z + 4 = 0.
Câu VII.a: (1 điểm) Cho tập hợp X = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Từ các chữ số của tập X có thể lập được bao
nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và phải có mặt chữ số 1 và 2.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: ( 2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(–1;1) và B(3;3), đường thẳng (∆): 3x – 4y + 8 =
0. Lập phương trình đường tròn qua A, B và tiếp xúc với đường thẳng (∆).
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 4 điểm A(3;0;0), B(0;1;4), C(1;2;2), D(–1;–3;1). Chứng
tỏ A, B, C, D là 4 đỉnh của một tứ diện và tìm trực tâm của tam giác ABC.
Câu VII.b: (1 điểm) Giải hệ phương trình:
log log
2 2 3

=



+ =


y x
x y
xy y
.
Đáp án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 74 )
Câu I: 2) Giao điểm I(1; –2).
2 1
;
1
−
 
 ÷
−
 
a
A a
a
Phương trình tiếp tuyến tại A: y =
2
1
(1 )− a
(x – a) +
2 1
1
−
−

a
a
Giao điểm của tiệm cận đứng và tiếp tuyến tại A:
2
1;
1
 
 ÷
−
 
a
P
a
Giao điểm của tiệm cận ngang và tiếp tuyến tại A: Q(2a – 1; –2)
Ta có: x
P
+ x
Q
= 2a = 2x
A
. Vậy A là trung điểm của PQ
Ta có IP =
2 2
2
1 1
+ =
− −
a
a a
; IQ =

2( 1)−a
. S
IPQ
=
1
2
IP.IQ = 2 (đvdt)
Câu II: 1) Điều kiện:
1
10
3
− ≤ ≤x
BPT ⇔
2 2
3 1 6
log log (7 10 )
2
+ +
≥ − −
x
x
⇒
3 1 6
7 10
2
+ +
≥ − −
x
x

⇒
3 1 6 2(7 10 )+ + ≥ − −x x
⇒
3 1 2 10 8+ + − ≥x x
⇒ 49x
2
– 418x + 369 ≤ 0
⇒ 1 ≤ x ≤
369
49
(thoả)
2) Điều kiện: cos2x ≠ 0
( )
4 2
π π
⇔ ≠ + ∈¢
k
x k
PT
2
3 1
1 sin 2 sin 2
4 4
⇒ − =x x
⇒ 3sin
2
2x + sin2x – 4 = 0
⇒ sin2x = 1 ⇒
4
π

π
= +x k
( không thoả). Vậy phương trình vô nghiệm.
Câu III: I =
4 4
2
0 0
2 cos
π π
−
+
∫ ∫
x
xe dx xdx
= I
1
+ I
2
Tính: I
1
=
4
0
2
π
−
∫
x
xe dx
Đặt

2
−
=


=

x
u x
dv e dx
⇒ I
1
=
4
2
π
π
−
− e
– 2
4
2
π
−
+e
I
2
=
4
0

1 cos2
2
π
+
∫
x
dx
=
1 1
sin 2
4
2 2
0
π
 
+
 ÷
 
x x
=
1
8 4
π
+

Câu IV: Gọi P là trung điểm của DD′. A′B′NP là hình bình hành ⇒ A′P // B′N
A′PDM là hình bình hành ⇒ A′P // MD
⇒ B′N // MD hay B′, M, N, D đồng phẳng.
Tứ giác B′NDM là hình bình hành. Để B’MND là hình vuông thì 2B′N
2

= B′D
2
.
Đặt: y = AA’
⇒
2
2 2 2
2
4
 
+ = +
 ÷
 
y
a y a
⇒ y =
2a
Câu V: Ta chứng minh:
1 1 2
1 1
1
+ ≥
+ +
+
a b
ab
⇔
1 1 1 1
1 1
1 1

− + −
+ +
+ +
a b
ab ab
≥ 0

2
( ) ( 1)
0
(1 )(1 )(1 )
− −
⇔ ≥
+ + +
b a ab
a b ab
(đúng). Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b.
Xét
3
1 1 1 1
1 1 1
1
+ + +
+ + +
+
a b c
abc
6
4
2 2

1
1
≥ +
+
+
ab
abc
3
4 4 412
4 4
1
1
≥ =
+
+
abc
a b c
⇒ P
3
3
1
1
≥ =
+ abc
. Vậy P nhỏ nhất bằng 1 khi a = b = c = 2
Câu VI.a: 1) PT đường thẳng (∆) có dạng: a(x – 2) + b(y +1) = 0 ⇔ ax + by – 2a + b = 0
Ta có:
2 2
2 1
cos

10
5( )
α
−
= =
+
a b
a b
⇔
7a
2
– 8ab + b
2
= 0. Chon a = 1 ⇒ b = 1; b = 7.
⇒ (∆
1
): x + y – 1 = 0 và (∆
2
): x + 7y + 5 = 0
2) PT mặt cầu (S) có dạng: x
2
+ y
2
+ z
2
– 2ax – 2by – 2cz + d = 0
(S) qua A: 6a + 2b + 2c – d – 11 = 0
(S) qua B: 2b + 8c – d – 17 = 0
(S) qua C: 2a + 6b – 2c + d + 11 = 0
Tâm I ∈ (P): a + b – 2c + 4 = 0

Giải ra ta được: a = 1, b = –1, c = 2, d = –3
Vậy (S): x
2
+ y
2
+ z
2
– 2x + 2y – 4z – 3 = 0
Câu VII.a: Có 6 tập con có 5 chữ số chứa các số 0; 1; 2
Có 4 tập con có 5 chữ số chứa 1 và 2, nhưng không chứa số 0
Vậy số có các chữ số khác nhau được lập từ các chữ số đã cho bằng:
6(P
5
– P
4
) + 4P
5
= 1.056 (số)
Câu VI.b: 1) Tâm I của đường tròn nằm trên đường trung trực d của đoạn AB
d qua M(1; 2) có VTPT là
(4;2)=
uuur
AB
⇒ d: 2x + y – 4 = 0 ⇒ Tâm I(a;4 – 2a)
Ta có IA = d(I,D)
2
11 8 5 5 10 10⇔ − = − +a a a
⇔ 2a
2
– 37a + 93 = 0 ⇔

3
31
2
=



=

a
a
• Với a = 3 ⇒ I(3;–2), R = 5 ⇒ (C): (x – 3)
2
+ (y + 2)
2
= 25
• Với a =
31
2
⇒
31
; 27
2
 
−
 ÷
 
I
, R =
65

2
⇒ (C):
2
2
31 4225
( 27)
2 4
 
− + + =
 ÷
 
x y
2) Ta có
1
( 3;1;4); ( 1;1;1)
2
= − = = −
uuur r uuur
AB a AC
PT mặt phẳng (ABC): 3x + y + 2z – 6 = 0
( )⇒ ∉D ABC
⇒ đpcm
Câu VII.b: Điều kiện: x > 0 và x ≠ 1 và y > 0 và y ≠ 1
Ta có
2
log log log log 2 0= ⇒ + − =
y x y y
xy y x x

log 1

log 2
=

⇒

= −


y
y
x
x

2
1
=


⇒

=


x y
x
y
• Với x = y ⇒ x = y =
2
log 3 1−
• Với x =

2
1
y
ta có:
2
1
2 2 3+ =
y
y
theo bất đẳng thức Cô-si suy ra PT vô nghiệm