Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán (số 186)

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN (ĐỀ 186) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ). Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = -x3+3x2+1 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số 2. Tìm m để phương trình x3-3x2 = m3-3m2 có ba nghiệm phân biệt. Câu II (2,0 điểm ).. x4  x4  x  x 2  16  6 2 1 3 sin 2 x  sin 2 x  tan x 2. 1. Giải bất phương trình: 2.Giải phương trình: Câu III (1,0 điểm). ln 3. Tính tích phân: I . e. ln 2. e 2 x dx x. 1  ex  2. Câu IV (1,0 điểm).. A Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC= a 2 . Đáy là tam giác ABC cân BAC  1200 , cạnh BC=2a Tính thể tích của khối chóp S.ABC.Gọi M là trung điểm của SA.Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC). Câu V (1,0 điểm)..  a1  b1  c1   32  b a c  c b a  a c b . . Cho a,b,c là ba số thực dương. Chứng minh: a 3  b3  c 3 . 3. 3. 3. II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B). A. Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a(2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : x 2  y 2  4 x  2 y  1  0 và điểm A(4;5). Chứng minh A nằm ngoài đường tròn (C) . Các tiếp tuyến qua A tiếp xúc với (C) tại T1, T2, viết phương trình đường thẳng T1T2. 2. Trong không gian Oxyz. Cho mặt phẳng (P): x+y-2z+4=0 và mặt cầu (S): x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  3  0 Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc với (S) tại A(3;-1;1) và song song với mặt phẳng (P). Câu VII.a(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ. Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn các điều kiện:. z  i  z  2  3i . Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mô đun nhỏ nhất. B. Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b(2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Cho tam giác ABC cân tại A có chu vi bằng 16, A,B thuộc đường thẳng d: 2 2 x  y  2 2  0 và B, C thuộc trục Ox . Xác định toạ độ trọng tâm của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz. Cho tam giác ABC có: A(1;-2;3), B(2;1;0), C(0;-1;-2). Viết phương trình tham số đường cao tương ứng với đỉnh A của tam giác ABC. Câu VII.b(1,0 điểm). Cho hàm số (Cm): y . x2  x  m (m là tham số). Tìm m để (Cm) cắt Ox tại hai điểm phân biệt A,B sao x 1. cho tiếp tuyến của (Cm) tại A, B vuông góc.. ..……………………….Hết…………………………. 1 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 186) x  4  0  x  4. Đặt t = x  4  x  4 (t > 0) x  4  0 t  2( L) BPT trở thành: t2 - t - 6  0   * Với t  3  2 x 2  16  9 - 2x t  3 . II.1(1 điểm) * Đk: .  x  4 (a)  9 2x  0    x  4 *  (b)  9 - 2x  0  2 2  4( x  16)  (9  2 x). (a)  x . 9 .* 2. (b) . 145 9 x< . 36 2. *Tập nghệm của BPT là: T= . 145  ;    36 . .  k . 2 s inx PT đã cho  3 sin2x + sinxcosx =0 cos x 1 * )=0  sinx( 3 sinx + cosx cos x s inx  0    3 s inx  cos x  1  0 cosx  * Sinx = 0  x = k  . 1 1 * 3 sinx + cosx = 0  3 tanx + 1 =0 cos x cos 2 x  x  k  t anx  0 2  tan x - 3 tanx = 0     x    k  t anx  3 3 . II.2(1 điểm)* Đk: cosx  0  x . Vậy PT có các họ nghiệm: x = k  , x =. . 3.  k. III.(1 điểm) * Đặt t = e x  2 , Khi x = ln2  t = 0 x = ln3  t = 1 ex = t2 + 2  e2x dx = 2tdt 1. 1. 1. 1. *. (t 2  2)tdt 2t  1 d (t 2  t  1) I = 2 2 = 2  (t  1  2 )dt = 2  (t  1)dt + 2  2 t  t 1 t  t 1 t  t 1 0 0 0 0. = (t 2  2t ) 10 + 2ln(t2 + t + 1) 10 = 2ln3 - 1 IV.(1 điểm) *. Áp dụng định lí cosin trong  ABC có AB = AC =. 2a 3. a2 3 1 AB.AC.sin1200 = . Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC), theo gt: ABC 2 3 SA = SB = SC  HA = HB = HC  H là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC..  S. =. 2 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> * Theo định lí sin trong  ABC ta có:. 2a BC = 2R  R = = HA sin A 3.  SHA vuông tại. a2 2 1 S .SH = 9 3 ABC hM SM 1 1    hM = hA * Gọi hA, hM lần lượt là khoảng cách từ A, M tới mp(SBC)  hA SA 2 2 1 S = a2Lại có: VS . ABC = .hA   SBC vuông tại S  S SBC 3 SBC 3VS . ABC a 2 a 2 hA = = Vậy hM = d(M;(SBC)) = 3 6 VSBC. H  SH = SA2  HA2 =. a 6  3. VS . ABC =. V(1 điểm) * Ta cm với a, b > 0 có a3 + b3  a2b + ab2 (*) Thật vậy: (*)  (a + b)(a2 -ab + b2) - ab(a + b)  0  (a + b)(a - b)2  0 đúng Đẳng thức xẩy ra khi a = b. * Từ (*)  a3 + b3  ab(a + b) ;b3 + c3  bc(b + c) ; c3 + a3  ca(c + a)  2(a3 + b3 + c3 )  ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (1) * Áp dụng BĐT co si cho 3 số dương ta có: 1 1 1 1 1 1 3 + 3 + 3  33 3 3 3 = 3 a b c a a a abc. (2). * Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được BĐT cần cm.Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c. VI.a.1(1 điểm) * Đường tròn (C) có tâm I(2;1), bán kính R = 2. Ta có IA = 2 5 > R  A nằm ngoài đường tròn (C); Xét đường thẳng 1 : x = 4 đi qua A có d(I; 1 ) = 2  1 là 1 tiếp tuyến của (C); 1 tiếp xúc với (C ) tại T1(4;1) T1T2  1  IA =(1;2);phương trình đường thẳng T1T2 :  IA  đường thẳng T1T2 có vtpt n = 2 1(x - 4) + 2(y - 1)  x + 2y - 6 = 0   n VI.a.2(1 điểm) Mp(P) có vtpt P = (1;1;-2). (S) có tâm I(1;-2;-1); IA = (2;1;2). Gọi vtcp    của đường thẳng là u   tiếp xúc với (S) tại A  u   IA     Vì  // (P)  u   n P ;Chọn u 0 = [ IA , n P ] = (-4;6;1);  x  3  4t Phương trình tham số của đường thẳng  :  y  1  6t z  1 t . VII.a(1 điểm) * Đặt z = x + yi (x; y  R) |z - i| = | Z - 2 - 3i|  |x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i|  x - 2y - 3 = 0  Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn só phức z là đường  thẳng x - 2y - 3 = 0 |z| nhỏ nhất  | OM | nhỏ nhất  M là hình chiếu của O trên   M(. 3 6 3 6 ;- )  z = - i 5 5 5 5. Chú ý: HS có thể dùng phương pháp hình học để tìm quỹ tích điểm M VI.b.1(1 điểm) * B = d  Ox = (1;0) Gọi A = (t;2 2 t - 2 2 )  d H là hình chiếu của A trên Ox  H(t;0) H là trung điểm của BC. * Ta có: BH = |t - 1|; AB = (t  1)2  (2 2t  2 2)2  3|t - 1| 3 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> t  3  ABC cân tại A  chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1|  16 = 8|t - 1|    t  1 4 2 Với t = 3  A(3;4 2 ), B(1;0), C(5;0)  G( 3 ; ) 3 4 2 Với t = -1  A(-1;-4 2 ), B(1;0), C(-3;0)  G( 1 ; ) 3 VI.b.2(1 điểm) * Gọi d là đường cao tương ứng với đỉnh A của  ABC  d là giao tuyến của (ABC) với (  ) qua A và vuông góc với BC.      * Ta có: AB = (1;3;-3), AC = (-1;1;-5) , BC = (-2;-2;-2) [ AB , AC ] = (18;8;2)   1   1  mp(ABC) có vtpt n = [ AB , AC ] = (-3;2;1). mp(  ) có vtpt n ' = - BC = (1;1;1) 4 2   . * Đường thẳng d có vtcp u =[ n , n ' ] = (1;4;-5). * Phương trình đường thẳng d:. x  1 t   y  2  4t  z  3  5t . VII.b(1 điểm) * Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) với Ox: x 2  x  m  0 x2  x  m =0   x 1 x  1 (Cm) cắt Ox tại 2 điểm phân biệt  pt f(x) = x2 - x + m = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác. 1. 1  x1  x 2  1   0 m  .     4 (*)* Khi đó gọi x1, x2 là nghiệm của f(x) = 0    f (1)  0 x1x 2  m m  0 f '( x)( x  1)  ( x  1) '. f ( x) Ta có: y' =  Hệ số góc tiếp tuyến của (Cm) tại A và B lần lượt ( x  1) 2 f '( x1 )( x1  1)  f ( x1 ) f '( x1 ) 2 x1 là: k1 = y'(x1) = = = 2 ( x1  1) ( x1  1) x1  1 2 x2 * TT : k1 = y'(x2) = ( do f(x1) = f(x2) = 0) x2  1 2 x1 2 x2 1 Theo gt: k1k2 = -1  . = -1 *  m = ( thoả mãn (*)) x1  1 x2  1 5. ..............................Hết.................................. 4 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>