Đề thi thử đại học môn Toán có đáp án số 50

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x
= − + + + +
có đồ thị (C
m
).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng
( )
+∞;2
Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 =+xx

b) Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
−+=−+ xxxx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
∫
+
=
2ln3
0

2
3
)2(
x
e
dx
I

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt
phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’
và BC là
a 3
4
Câu V (1 điểm) 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn
3
=++
cba
.Chứng minh rằng:

134)(3
222
≥+++ abccba
2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
=+− yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức

1
1

22
44
++
++
=
yx
yx
P
B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường
thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C.
b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với
O qua (ABC).
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:
10)2)(3)((
2
=++−
zzzz
,
∈z
C.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
( ) :3 5 0x y∆ − − =
sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

2
5
1
1
3
4
:
1
−
+
=
−
−
=
−
zyx
d

13
3
1
2
:
2
zyx
d
=
+
=
−

Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d
1
và d
2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình:
2log9)2log3(
22
−>− xxx
…… HẾT
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012.
Môn thi :
Câu I
b)
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x
= − + + + +
)1(6)12(66'
2
+++−=⇒ mmxmxy
y’ có
01)(4)12(
22
>=+−+=∆ mmm
0,5



+=
=

⇔=
1
0'
mx
mx
y
Hàm số đồng biến trên
( )
+∞;2

⇔
0'>y

2
>∀
x
⇔
21
≤+
m
⇔
1
≤
m
0,25
Câu II a
Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 =+xx

1 iểm

PT
⇔
1)1cos4(3cos2
2
=−xx
⇔
1)sin43(3cos2
2
=− xx
0,25
Nhận xét
Zkkx ∈= ,
π
không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1)sin43(3cos2
2
=− xx
⇔
xxxx sin)sin4sin3(3cos2
3
=−
⇔
xxx sin3sin3cos2 =
⇔
xx sin6sin =
0,25
⇔




+−=
+=
ππ
π
26
26
mxx
mxx

⇔






+=
=
7
2
7
5
2
ππ
π
m
x
m
x
;

Zm
∈
0,25
Xét khi
=
5
2
π
m
π
k
⇔
2m=5k
⇔
m
t5
=
,
Zt
∈
Xét khi
7
2
7
ππ
m
+
=
π
k

⇔
1+2m=7k
⇔
k=2(m-3k)
+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Zl
∈
Vậy ph tr có nghiệm:
5
2
π
m
x =
(
tm 5≠
);
7
2
7
ππ
m
x +=
(
37 +≠ lm
) trong
Zltm ∈,,
0,25
b
)
Giải phương trình :

3
2
3
512)13(
22
−+=−+ xxxx
1 iểm
PT
⇔
631012)13(2
22
−+=−+ xxxx
232)12(412)13(2
222
−++−=−+ xxxxx
. Đặt
)0(12
2
≥−= txt
Pt trở thành
0232)13(24
22
=−+++− xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' −=−+−+=∆ xxxx
0,25
Pt trở thành
0232)13(24
22

=−+++− xxtxt
Ta ó:
222
)3()232(4)13(' −=−+−+=∆ xxxx
0,25
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
;
2
12 +
=
−
=
x
t
x
t
Ththayy vào cách đăt giải ra ta được có các nghiệm:



+



+−
∈
7
602

;
2
61
x
0,5
Câu III
Tính tích phân
∫
+
=
2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I
1
điểm
Ta c ó
∫
+
=
2ln3
0
2
33
3

)2(
xx
x
ee
dxe
I
= Đặt u=
3
x
e
⇒
dxedu
x
3
3 =
;
22ln3;10 =⇒==⇒= uxux
0,25
Ta được:
∫
+
=
2
1
2
)2(
3
uu
du
I

=3
du
u
uu
∫




+
−




+
−
2
1
2
)2(2
1
)2(4
1
4
1
0,25
=3
2
1

)2(2
1
2ln
4
1
ln
4
1








+
++−
u
uu

0,25

8
1
)
2
3
ln(
4

3
−=
Vậy I
8
1
)
2
3
ln(
4
3
−=
0,25
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:



⊥
⊥
BCOA
BCAM
'
)'( AMABC ⊥⇒
Kẻ
,'AAMH ⊥
(do
A∠
nhọn nên
H thuộc trong đoạn AA’.)Do
BCHM

AMAHM
AMABC
⊥⇒



∈
⊥
)'(
)'(
.Vậy HM là đọan vông góc chung
củaAA’và BC, do đó
4
3
)BC,A'( aHMAd ==
.
0,5
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM
AO
OA
=
'
⇔
suy ra
3
a
a3
4

4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A
===
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
====
0,5
Câu V
1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn
3=++ cba
.Chứng minh rằng:

134)(3
222
≥+++ abccba
1 ểm
Đặt
2
;134)(3),,(
222
cb
tabccbacbaf
+
=−+++=
*Trước hết ta chưng minh:
),,(),,( ttafcbaf ≥
:Thật vậy
Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết
cba
≤≤

33
=++≤⇒
cbaa
hay a
1≤

=− ),,(),,( ttafcbaf

134)(3134)(3
2222222

+−++−−+++
atttaabccba
=
)(4)2(3
2222
tbcatcb −+−+
=






+
−+






+
−+
22
22
4
)(
4
4
)(2

3
cb
bca
cb
cb
=
2
2
)(
2
)(3
cba
cb
−−
−
=
0
2
))(23(
2
≥
−− cba
do a
1≤

0,5
*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh:
0),,( ≥ttaf
với a+2t=3
Ta có

134)(3),,(
2222
−+++= atttattaf
=
13)23(4))23((3
2222
−−+++− ttttt
=
0)47()1(2
2
≥−− tt
do 2t=b+c < 3
Dấu “=” xảy ra
10&1
===⇔=−=⇔
cbacbt
(ĐPCM)
0,5
A
B
C
C
’
B
’
A
’
H
O
M

2. Cho x,y,z tho món l cỏc s thc:
1
22
=+ yxyx
.Tỡm giỏ tr ln nht ,nh nht ca biu
thc
1
1
22
44
++
++
=
yx
yx
P
Từ giả thiết suy ra:

xyxyyx
xyxyxyyxyx
33)(1
21
2
22
+=
=+=
Từ đó ta có
1
3
1

xy
.
0,25
Măt khác
xyyxyxyx +=+=+ 11
2222
nên
12
2244
++=+ xyyxyx
.đăt t=xy
Vởy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của

1
3
1
;
2
22
)(
2

+
++
== t
t
tt
tfP
0.25
Tính

=
=
=
+
+=
)(26
26
0
)2(
6
10)('
2
lt
t
t
tf
0.25
Do hàm số liên tục trên
[ ]
1;
3
1

nên so sánh giá trị của
)
3

1
(

f
,
)26( f
,
)1(f
cho ra kết
quả:
626)26( == fMaxP
,
15
11
)
3
1
(min == fP
0.25
a)
(Hc sinh t v hỡnh)Ta cú:
( )
1;2 5AB AB= =
uuur
. Phng trỡnh ca AB l:
2 2 0x y+ =
.
( ) ( )
: ;I d y x I t t =
. I l trung im ca AC:

)2;12( ttC
0,5
Theo bi ra:
2),(.
2
1
==

ABCdABS
ABC

446. =t






=
=
3
4
0
t
t
T ú ta cú 2 im C(-1;0) hoc C(
3
8
;
3

5
) tho món .
0,5
*T phng trỡnh on chn suy ra pt tng quỏt ca mp(ABC) l:2x+y-z-2=0 0.25
*Gi H l hỡnh chiu vuụng gúc ca O l ờn (ABC), OH vuụng gúc vi
(ABC) nờn
)1;1;2(// nOH
;
( )
H ABC
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vo phng trỡnh( ABC) cú t=
3
1
suy ra
)
3
1
;
3
1
;
3
2
( H
0,25
*O i xng vi O qua (ABC)

H l trung im ca OO

)

3
2
;
3
2
;
3
4
(' O
0,5
CõuVIIa
Gii phng trỡnh:
10)2)(3)((
2
=++
zzzz
,
z
C.
1 im
PT

=++
10)3)(1)(2( zzzz
0)32)(2(
22
=++
zzzz
t
zzt 2

2
+=
. Khi ú phng trỡnh (8) tr thnh:
0,25
t
zzt 2
2
+=
. Khi ú phng trỡnh (8) tr thnh
0103
2
= tt
0,25




=
=




=
=

61
1
5
2

z
iz
t
t
Vy phng trỡnh cú cỏc nghim:
61=z
;
iz
=
1
0,5
Viết phương trình đường AB:
4 3 4 0x y+ − =
và
5AB
=
Viết phương trình đường CD:
4 17 0x y− + =
và
17CD =
0,25
Điểm M thuộc
∆
có toạ độ dạng:
( ;3 5)M t t= −
Ta tính được:

13 19 11 37
( , ) ; ( , )
5

17
t t
d M AB d M CD
− −
= =
0,25
Từ đó:
( , ). ( , ).
MAB MCD
S S d M AB AB d M CD CD= ⇔ =

7
9
3
t t⇔ = − ∨ =

⇒
Có 2 điểm cần tìm là:
7
( 9; 32), ( ;2)
3
M M− −
0,5
Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d
1
, d
2
tại hai điểm A và B khi đó ta luôn có
IA + IB ≥ AB và AB ≥
( )

1 2
,d d d
dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc
chung của hai đường thẳng d
1
, d
2
0, 25
Ta tìm A, B :
'
AB u
AB u

⊥


⊥


uuur r
uuur ur
A∈d
1
, B∈d
2
nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
0,25
⇒
AB
uuur

(….)…
⇒
A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)
⇒
I(2; 1; -1) 0,25
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R=
6
Nên có phương trình là:
( )
2
2 2
2 ( 1) ( 1) 6x y z− + − + + =
0,25
CâuVII
b
Giải bất phương trình
2log9)2log3(
22
−>− xxx
1 iểm
Điều kiện:
0>x
Bất phương trình
⇔
)1(2log)3(3
2
−>− xxx
Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình.
0.25
TH1 Nếu

3>x
BPT
⇔
3
1
log
2
3
2
−
−
>
x
x
x
Xét hàm số:
xxf
2
log
2
3
)( =
đồng biến trên khoảng
( )
+∞;0

3
1
)(
−

−
=
x
x
xg
nghịch biến trên
khoảng
( )
+∞;3
*Với
4
>
x
:Ta có



=<
=>
3)4()(
3)4()(
gxg
fxf
⇒
Bpt có nghiệm
4
>
x
* Với
4

<
x
:Ta có



=>
=<
3)4()(
3)4()(
gxg
fxf
⇒
Bpt vô nghiệm
0,25
TH 2 :Nếu
30
<<
x
BPT
⇔
3
1
log
2
3
2
−
−
<

x
x
x

xxf
2
log
2
3
)( =
đồng biến trên
( )
+∞;0
;
3
1
)(
−
−
=
x
x
xg
nghịch biến trên
( )
3;0
*Với
1
>
x

:Ta có



=<
=>
0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
⇒
Bpt vô nghiệm
* Với
1
<
x
:Ta có



=>
=<
0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
⇒
Bpt có nghiệm
10
<<

x
Vậy Bpt có ngh



<<
>
10
4
x
x
0,25