Trường THPT Vĩnh Định. ĐỀ THI THỬ - ĐAP ÁN ĐẠI HỌC SỐ 1 ppt

Trường THPT Vĩnh Định. Lớp 12a2 khóa 2008-2011
ĐỀ THI THỬ - ĐAP ÁN ĐẠI HỌC SỐ 1
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  f ( x)  8x 4  9x 2  1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình
8cos 4 x  9cos 2 x  m  0 với x  [0;  ] .
Câu II (2 điểm)
log x

1 3

1. Giải phương trình:  x  2   x  
 x2
2

 x  y  x 2  y 2  12

2. Giải hệ phương trình: 
 y x 2  y 2  12


Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường
y | x 2  4 x | và y  2 x .
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính
r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy
nhỏ.
Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm
 



2


4sin3xsinx + 4cos  3x -  cos  x +   cos  2x +   m  0
4
4
4




PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần
2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x  y  1  0 và phân
giác trong CD:
x  y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng BC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương
 x  2  t

trình tham số  y  2t
 z  2  2t


.Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2)
là hình chiếu vng góc của A
trên (D). Trong các mặt phẳng qua  , hãy viết
phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là
lớn nhất.

Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng
1
1
1
5



xy  1 yz  1 zx  1 x  y  z


2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao
điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và
 x   1  2t

đường thẳng  có phương trình tham số  y  1  t .Một điểm M thay đổi trên
 z  2t


đường thẳng  , xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ
nhất.
Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh
1
2
b
c
 1


a



2

 3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b

----------------------Hết----------------------

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1
Câu Ý
I
1

Nội dung

+ Tập xác định: D  ¡
+ Sự biến thiên:
 Giới hạn: xlim y  ;


lim y  

x 

y '  32x 3  18x = 2x 16x 2  9 



x  0
y' 0  
3
x  

4



Điểm
2,00
1,00
0,25

0,25

Bảng biến thiên.

0,25


49
49
 3
3
yCT  y      ; yCT  y     ; yC§  y  0   1
32
32
 4

4



Đồ thị

0,25

2

1,00
Xét phương trình 8cos x  9cos x  m  0 với x  [0;  ] (1)
Đặt t  cosx , phương trình (1) trở thành: 8t 4  9t 2  m  0 (2)
Vì x  [0;  ] nên t  [1;1] , giữa x và t có sự tương ứng một 0,25
đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2)
bằng nhau.
Ta có: (2)  8t 4  9t 2  1  1  m (3)
Gọi (C1): y  8t 4  9t 2  1 với t  [1;1] và (D): y = 1 – m.
Phương trình (3) là phương trình hồnh độ giao điểm của 0,25
(C1) và (D).
Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền 1  t  1 .
Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:
4


1.





2

81
: Phương trình đã cho vơ nghiệm.
32
81
m
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
32
81
1 m 
: Phương trình đã cho có 4 nghiệm.
32
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
0  m 1
m

m0

m<0

: Phương trình đã cho có 1 nghiệm.
: Phương trình đã cho vơ nghiệm.

0,50


II

2,00
1,00

1
Phương trình đã cho tương đương:
 x2 0
x  2  0
x  2



log 3 x
log x

1

 
1 3
 ln  x  1 
 0   log 3 x ln  x    0
 1   

  x  

2
2

 
2
 



x  2  0
 x  2
 x  2


x  2
x  2
x  2



  log 3 x  0
 x  1
  x  1

  
 
 
  
 x2
1
 x  1  1   x  3
  ln  x    0



2
2

2
  
 
 
x  2
 x  2
x  2




2

0,50

0,50

1,00
Điều kiện: | x |  | y |
u  x 2  y 2 ; u  0

; x  y

v  x  y

1
u2 
x   y ta có y   v   .
2
v 

Đặt

khơng thỏa hệ nên xét
0,25

Hệ phương trình đã cho có dạng:
u  v  12

u2 
u 
v    12
2 
v 
 
u  4
u  3
hoặc 

v  8
v  9
 x2  y 2  4
u  4

+

(I)
v  8
x  y  8


+

0,2
5


u  3  x 2  y 2  3

(II)

v  9
x  y  9


Giải hệ (I), (II).
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm
của hệ phương trình ban đầu là S   5;3 ,  5; 4 

0,2
5
0,2
5


Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm
của hệ phương trình ban đầu là S   5;3 ,  5; 4 

II
I

1,00

0,25
Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y | x 2  4 x | (C )
và  d  : y  2 x
Phương trình hồnh độ giao điểm của (C) và (d):
x  0
x  0
x  0
 2
 2
2
| x  4 x | 2 x    x  4 x  2 x    x  6 x  0   x  2

  x 2  4 x  2 x
 x2  2 x  0
x  6




0,25

Suy ra diện tích cần tính:
2

S

 x

2

6



 4 x  2 x dx 

 x

0

2



 4 x  2 x dx

2

2

Tính:

I   | x 2  4 x | 2 x  dx
0

Vì

x   0; 2 , x 2  4 x  0
2

I     x 2  4 x  2 x  dx 
0

nên

| x 2  4 x |  x 2  4 x 

4
3

0,2
5

6

Tính

K   | x 2  4 x | 2 x  dx
2

Vì

x   2; 4  , x 2  4 x  0
4

và

x   4; 6 , x 2  4 x  0

6

K    4 x  x 2  2 x  dx    x 2  4 x  2 x  dx  16 .
2

4

nên

0,2
5


Vậy

S

4
52
 16 
3
3

1,0
0
0,2
5

I
V

0,2
5

Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC,
A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta
 AB  IC
 AB   CHH '    ABB ' A '    CII ' C '
 AB  HH '

có: 

Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp
xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên
(ABB’A’) tại điểm K  II ' .
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn.
Ta có:
1
x 3
1
x 3
I ' K  I ' H '  I 'C ' 
; IK  IH  IC 
3
6
3
3

0,2
5

Tam giác IOI’ vuông ở O nên:
I ' K .IK  OK 2 

x 3 x 3
.
 r 2  x 2  6r 2
6
3

Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V  h  B  B '
3

Trong đó:

B

4x

2

4

3

 x 2 3  6r 2 3; B ' 

x

2

3
4



3r

2

2

3

B.B '



; h  2r

0,
25


Từ đó, ta có:

0,
25

2r  2
3r 2 3
3r 2 3  21r 3 . 3
2
 6r 3 

V
 6r 3.
3
2
2 
3



V

1,
00
Ta có:
+/ 4sin3xsinx = 2  cos2x - cos4x  ;
+/


 





4cos  3x -  cos  x +   2  cos  2x -   cos4x   2  sin 2x + cos4x
4
4
2


 


+/

0,
25

  1
  1


cos 2  2x +    1  cos  4x +    1  sin 4x 
4  2
2  2



Do đó phương trình đã cho tương đương:
1
1
2  cos2x + sin2x   sin 4x + m -  0 (1)
2
2


Đặt t  cos2x + sin2x = 2cos  2x -  (điều kiện:


4

 2  t  2 ).
Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t 2  1 . Phương trình

(1) trở

thành:
t 2  4t  2m  2  0 (2)
(2)  t 2  4t  2  2m

với

 2 t 2

Đây là phuơng trình hồnh độ giao điểm của 2 đường
( D ) : y  2  2m (là đường song song với Ox và cắt trục
tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): y  t 2  4t với
 2 t 2.
Trong đoạn   2; 2  , hàm số y  t 2  4t đạt giá trị nhỏ


nhất là 2  4 2 tại t   2 và đạt giá trị lớn nhất là
2  4 2 tại t  2 .
Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi
2  4 2  2  2m  2  4 2

 2 2  m  2 2 .

V
Ia
1

0,
25

0,
25
0,
25
2,
00
1,
00


Điểm
C  CD : x  y  1  0  C  t ;1  t  .

Suy ra trung điểm M của
AC là

 t 1 3  t 
M
;
.
2 

 2

 t 1  3  t
M  BM : 2 x  y  1  0  2 
 1  0  t  7  C  7;8

2
 2 
A(1;2), kẻ AK  CD : x  y  1  0 tại I (điểm K  BC ).

Điểm

Từ
Suy ra

0,
25
0,2
5

AK :  x  1   y  2   0  x  y  1  0 .

Tọa độ điểm I thỏa hệ:

0,2
5

x  y 1  0
 I  0;1 .


x  y 1  0

Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ
của K  1;0  .
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
x 1 y
  4x  3 y  4  0
7  1 8

2
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua
đường thẳng  , thì ( P) //( D)
hoặc ( P)  ( D) . Gọi H là
hình chiếu vng góc của I
trên (P). Ta ln có IH  IA
và IH  AH .
d   D  ,  P    d  I ,  P    IH


H   P 

mặt phẳng  P  , IH  IA ; do đó maxIH = IA  H  A .

Mặt khác

Trong
Lúc
này (P) ở vị trí (P0) vng góc với IA tại A.
r uu
r

Vectơ pháp tuyến của (P0) là n  IA   6;0; 3 , cùng phương với
r
v   2;0; 1 .
Phương trình của mặt phẳng (P0) là:
2  x  4   1.  z  1  2x - z - 9 = 0 .
VII
a


Để ý rằng  xy  1   x  y   1  x 1  y   0 ;
và tương tự ta cũng có

 yz  1  y  z

 zx  1  z  x

Vì vậy ta có:


1
1
1 
x
y
z




111


 xy  1 yz  1 zx  1  yz  1 zx  1 xy  1

 x  y  z



0,2
5
1,0
0

x
y
z


3
yz  1 zx+y xy  z

 1
z
y 
 x


5
 yz  1 zx  y xy  z 

z

y 
 x 1 

5
 z y yz
5

vv
Ta có:
uuu
r
AB   1;2   AB  5
. Phương
trình của AB 0,2
là:
5
2x  y  2  0 .
I   d  : y  x  I  t ; t  . I là trung điểm của AC và BD
nên ta có: C  2t  1; 2t  , D  2t; 2t  2  .
Mặt khác: S ABCD  AB.CH  4 (CH: chiều cao)
0,25
4
 CH 
.
5

Ngoài ra:
 4
5 8 8 2
| 6t  4 | 4

t  3  C  3 ; 3  , D  3 ; 3 
d  C ; AB   CH 



 

5
5
t  0  C  1;0  , D  0; 2 

5 8
8 2
Vậy tọa độ của C và D là C  ;  , D  ;  hoặc

 

 3 3 3 3
C  1; 0  , D  0; 2 

2

0,5
0

1,0
0


Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM +

BM.
Vì AB khơng đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM +
BM nhỏ nhất.
Đường thẳng

có phương trình tham số:



Điểm

M 

AM 

 2  2t    4  t    2t 

BM 

 4  2t    2  t    6  2t 

nên

2

2

2

 3t 

2



 2 5



2

2

 9t 2  20 
2

 3t  6 



2

 3t 

r
v  3t  6; 2 5

Ta có



r
| u |

r
| v |



 3t 

2

2



 2 5

 9t 2  36t  56 



 2 5





2

 3t  6 

r
u  3t; 2 5





 2 5

 3t  6 

2







2



2



Như vậy AM  BM  2 29
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

r r
u, v

cùng hướng
0,2
5

3t
2 5

 t 1
3t  6 2 5
 M 1; 0; 2  và min  AM  BM   2 29 .

Vậy khi M(1;0;2) thì minP =

2



0,2
5





1,0
0

 2 5

.

 2 5
r
r
r r
r r
Suy ra AM  BM | u |  | v | và u  v  6; 4 5 | u  v | 2 29
r r
r
r r r
Mặt khác, với hai vectơ u , v ta ln có | u |  | v || u  v |

VII
b

2

2

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ
và

0,2
5

M  1  2t ;1  t ; 2t  .

2

AM  BM 

 x   1  2t

 y  1 t .
 z  2t


11  29



0,2
5


Vì a, b, c là ba cạnh tam giác

a  b  c
nên: b  c  a .

c  a  b


Đặt

a b
ca
 x,
 y , a  z  x, y , z  0   x  y  z , y  z  x, z  x  y .
2
2

Vế trái viết lại:

0,5
0

a b
ac
2a


3a  c 3a  b 2a  b  c
x
y
z



yz zx x y

VT 

Ta có:

x  y  z  z  x  y  z   2z  x  y  

x
2x
y
2y

;

.
y z x y z z x x y z
2 x  y  z
x
y
z



 2.
y z z x x y
x y z
1
2
b
c
 1

a




2

 3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b

Tương tự:
Do đó:
Tức là:

2z
z

.
x y z x y

0,5
0