Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 138 doc

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010.
Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 138 )
Bài 1(2 điểm):
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 2
(| | 1) .(| | 1)y x x= + −
2) Tìm trên trục hoành những điểm mà từ điểm đó kẻ được ba tiếp tuyến phân biệt đến (C).
Bài 2(3 điểm):
1) Giải hệ phương trình:
2 2
1
2
2
( 1)( 2) 6
x y
x y
xy x y x y

+ +
=

+ +


− − + + − =

(
,x y R
∈
)
2) Giải phương trình:

2 2
sin .tan cos cos2 .(2 tan )x x x x x+ = −
, ( với
x R
∈
)
3) Tìm m thực để phương trình sau có nghiệm thực trong đoạn
5
;4
2
 
 
 
:

2 2
1/ 2 1/ 2
1
( 1).log ( 2) 4( 5)log 4 4 0
2
m x m m
x
− − + − + − =
−
Bài 3(1 điểm):
Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vuông cân đỉnh B, AB = a; các cạnh
3SA SB SC a= = =
, (a >
0). Trên cạnh SA, SB lần lượt lấy điểm M, N sao cho SM = BN = a. Tính thể tích khối chóp
C.ABNM theo a.

Bài 4(2 điểm):
1) Tính tích phân:
1
2 2
0
.ln(1 )x x dx
+
∫
2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm A(3; 1). Lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt
chiều dương các trục tọa độ Ox, Oy thứ tự tại P, Q sao cho diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất.
Bài 5(1 điểm):
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d
1:

1
1 2 ;( )
1 2
x t
y t t R
z t
= +


= + ∈


= +

,đường thẳng d
2

là
giao tuyến của hai mặt phẳng (P): 2x – y – 1 = 0 và (Q): 2x + y + 2z – 5 = 0. Gọi I là giao điểm
của d1 và d
2
. Viết phương trình đường thẳng d
3
qua A(2; 3; 1), đồng thời cắt hai đường thẳng d
1
và
d
2
lần lượt tại B và C sao cho tam giác BIC cân đỉnh I.
Bài 6(1 điểm):
Cho x, y, z
0≥
và
2 2 2
3x y z+ + =
. Chứng minh:
3 3 3
2 2 2
3 2
2
1 1 1
x y z
y z x
+ + ≥
+ + +
Hết
Đáp Án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010.

Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 138)
Bài 1:
1
1)
1
điểm
Nội dung Điểm
*Có hàm số :
2 2
(| | 1) .(| | 1)y x x= + − ⇔
y = x
4
- 2x
2
+ 1 ( C)
*TXĐ: R;
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞
;
3
' 4 4 ; ' 0 0; 1y x x y x x= − = ⇔ = = ±
*BBT: 0.25
*Đọc đúng khoảng đb, nb; cực trị 0.25
*Vẽ đúng đ thị 0.25
2)
1
điểm

*Gọi A(a:0)
Ox∈
mà từ A kẻ được đến ( C) ba tiếp tuyến phân biệt.
*Đường thẳng d đi qua A với hệ số góc k có phương trình: y = k(x-a)
*d là tt của ( C) khi và chỉ khi hệ pt sau có nghiệm:
4 2
3
2 1 ( )
( )
4 4
x x k x a
I
x x k

− + = −

− =

0.25
*Có
2
0
( ) ( )
1 0
k
I A
x
=

⇔


− =

hoặc
2
2
4 ( 1)
( )
3 4 1 0(1)
x x k
B
x ax

− =


− + =


0.25
*Từ hệ (A), chỉ cho ta một tiếp tuyến duy nhất là d1: y = 0. Vậy để từ A kẻ được 3 tiếp
tuyến pb tới (C) cần và đủ là hệ (B) phải có 2 nghiệm pb (x;k) với x khác
1
±
, tức là
phương trình (1) phải có 2 nghiếm pb x khác
1
±

0.25

KQ:
3 3
1 1
2 2
a a− ≠ < − ≠ >hoÆc
0.25
Bài 2:
Nội dung Điểm
1)
1
điểm
*Hệ
2 2
( 1) ( 1) 5
( 1)( 1)[( 1) ( 1)] 6
x y
x y x y

− + − =
⇔

− − − + − =

. Đặt
1
1
u x
v y
= −



= −

, thu được hệ
2 2
5
( ) 6
u v
uv u v

+ =

+ =

0.25
* Giải ra được:
3
. 2
u v
u v
+ =


=

; * Giải ra được:
1 1
1 2
u x
v y

= − =


= − =

hoặc
1 2
1 1
u x
v y
= − =


= − =

0.50
3
2
x
y
=

⇒

=

hoặc
2
3
x

y
=


=

0.25
2)
1
điểm
* ĐK:
cos 0x
≠
. PT
3 3
sin cos cos 2 .(2cos sin )x x x x x⇔ + = −
0.25
(sin cos ).cos .(2sin cos ) 0x x x x x⇔ + − =
0.25
sin cos 0;2sin cos 0x x x x⇔ + = − =
0.25
1
; arctan ;( , )
4 2
x k x l k l Z
π
π π
⇔ = − + = + ∈
0.25
3)

1
điểm
*PT
2
1/ 2 1/ 2
( 1).log ( 2) ( 5)log ( 2) 1 0m x m x m
⇔ − − − − − + − =

*Đặt
[ ]
1/ 2
5
log ( 2), ;4 1;1
2
t x x t
 
= − ∈ ⇒ ∈ −
 
 
0.25
Thu được pt:
2
2
5 1
( )
1
t t
m f t
t t
− +

= =
− +
;
2
2 2
4 4
'( ) ; '( ) 0 1
( 1)
t
f t f t t
t t
−
= = ⇔ = ±
− +
0.25
* Lập BBT của f(t) trên đoạn
[ ]
1;1−
, thấy f(t) liên tục và NB trên đoạn
[ ]
1;1−
, nên
7
3;
3
m
 
∈ −
 
 

thỏa mãn đề bài.
0.50
Bài 3:
2
1
điểm
* Chân đường cao của tứ diện hạ từ đỉnh S là trung điểm H của cạnh AC 0.25
* Tính được
3
.
34
12
S ABC
a
V =
0.25
* CM được
. .
2
.
9
S MNC S ABC
V V=

0.25
3
C.ABNM .
7 7 34
.
9 108

S ABC
a
V V⇒ = =
0.25
Bài 4:
Bài 5:
1)
1
điểm
* d
2
có pt:
1
1 1
1
1 2 ;( )
3 2
x t
y t t R
z t
=


= − + ∈


= −

* Tìm được I(1;1;1)
0.25

1)
1
điểm
* Tính
1
2 2
0
.ln(1 )I x x dx
= +
∫
* Đặt
2
2
2
3
2
ln(1 )
1
1
3
x
du dx
u x
x
dv x dx
v x

=



= +
 
+
⇒
 
=



=


1
1
4
3 2
2
0
0
1 2
.ln(1 )
3 3 1
x
I x x dx
x
⇒ = + −
+
∫
0.25
* Tính

1 1
4
2
2 2
0 0
1 2
[ 1 ]
1 1 3 4
x
J dx x dx
x x
π
= = − + = = − −
+ +
∫ ∫

0.50
* Vậy
1 4
.ln 2
3 9 6
I
π
= + +
0.25
2)
1
điểm
* Từ gt ta có
( ;0); (0; ), 0, 0.P a Q b a b> >

* d có pt:
1
x y
a b
+ =
.
0.25
d qua A(3; 1) nên
3 1 3
1 1 2. 2. 3ab
a b ab
+ = ⇒ ≥ ⇒ ≥
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ
khi
6
3 1
2
a
b
a b
=

= ⇒

=

0.25
* Có
1
. . 3

2
OPQ
S a b
∆
= ≥
. Nên
OPQ
S
∆
nhỏ nhất (
3=
) khi và chỉ khi
6
2
a
b
=


=

0.25
* Vậy d có pt:
1
6 2
x y
+ =
0.25
3
Ta có B(1 + t;1 +2 t;1 + 2t), C(t

1
;-1 +2 t
1
;3 -2 t
1
) ,
( đk: B khác I, C khác I
1
0, 1t t
⇒ ≠ ≠
)
*Tam giác BIC cân đỉnh I
(1)
[ , ] 0 (2)
IB IC
AB AC
=



=


uuur uuuur ur
.
0.25
1
1

2

t
t
=

⇔ ⇔

=

.
0.25
* Từ đó có pt d
3
:
2
3 ;( )
1 2
x
y t R
z t
=


= ∈


= +

0.25
Bài 6:
1)

1
điểm
Ta có: VT + 3 =
3 3 3
2 2 2
2 2 2
( ) ( ) ( )
1 1 1
x y z
y z x
y z x
+ + + + +
+ + +
0.25
3 3 2
2 2
6 1
( )
4 2 4 2
2 1 2 1
x x y
VT
y y
+
⇔ + = + +
+ +

3 3 2
2 2
1

( )
4 2
2 1 2 1
y y z
z z
+
+ + +
+ +

3 3 2
2 2
1
( )
4 2
2 1 2 1
z z x
x x
+
+ + +
+ +
0.25
6 6 6
3 3 3
6
3 3 3
4 2 16 2 16 2 16 2
x y z
VT
+ ≥ + +
0.25

2 2 2
6
3
3 3 9
( )
2 2 2 8
2 2 2
VT x y z⇒ + ≥ + + =
6
3
9 3 9 3 3
2 2 2 2 2 2 2
2 2
VT VP⇒ ≥ − = − = =
(đpcm)
( Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1)
0.25
4