Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán (số 180)

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 180 ) PhÇn chung cho tÊt c¶ c¸c thÝ sinh (7 ®iÓm ) C©u I: (2 ®iÓm) Cho hµm sè y . 2x  3 x 2. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Cho M lµ ®iÓm bÊt k× trªn (C). TiÕp tuyÕn cña (C) t¹i M c¾t c¸c ®­êng tiÖm cËn cña (C) t¹i A vµ B. Gäi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tÝch nhá nhÊt. C©u II (2 ®iÓm) 1. Giải phương trình 1  sin. x x  x  sin x  cos sin 2 x  2 cos 2    2 2  4 2. 1   x 2  2. 2. Giải bất phương trình log 2 (4 x 2  4 x  1)  2 x  2  ( x  2) log 1  e. .   3 x 2 ln x dx 1  ln x  1 a A  SAC A  30 0 . TÝnh thÓ tÝch C©u IV (1 ®iÓm) Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a. BC = . SA  a 3 , SAB 2.  x. C©u III (1 ®iÓm) TÝnh tÝch ph©n I  . ln x. khèi chãp S.ABC. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c =. P. 1 3. a  3b. 3. 1 b  3c. 3. 3 . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc 4. 1 c  3a. PhÇn riªng (3 ®iÓm) ThÝ sinh chØ ®­îc lµm mét trong hai phÇn: PhÇn 1 hoÆc phÇn 2 Phần 1:(Theo chương trình Chuẩn) C©u VIa (2 ®iÓm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1 : 2 x  y  5  0 .. d2: 3x +6y – 7 = 0. LËp. phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d1, d2. 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: x  y  z  2  0 . Gọi A’là hình chiêú của A lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A’, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao của (P) và (S). Câu VIIa (1 điểm) Tìm số nguyên dương n biết:. 2C22n 1  3.2.2C23n 1  ....  (1)k k (k  1)2 k 2 C2kn 1  ....  2 n(2 n  1)22 n 1 C22nn11  40200 Phần 2: (Theo chương trình Nâng cao) C©u VIb (2 ®iÓm). 1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình:. x2 y2  1. 16 9. Viết phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở cña (H). 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho P : x  2 y  z  5  0 và đường thẳng. x3  y  1  z  3 , ®iÓm A( -2; 3; 4). Gäi  lµ ®­êng th¼ng n»m trªn (P) ®i qua giao ®iÓm cña ( d) vµ (P) 2 đồng thời vuông góc với d. Tìm trên  điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất. (d ) :. C©u VIIb (1 ®iÓm):. 2 3 x 1  2 y 2  3.2 y 3 x Giải hệ phương trình   3 x 2  1  xy  x  1 -------------- HÕt-------------Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> D¸p ¸n ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 180 ) C©u I. 2. Néi dung Tìm M để đường tròn có diện tích nhỏ nhất ........................... . 2x  3 . §iÓm 1,00. 1. , x 0  2 , y' (x 0 )  Ta cã: M x 0 ; 0 x 0  2  x0  2 2  Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:  : y . 1 2x  3 (x  x 0 )  0 2 x0  2 x0  2 .  2x  2  ; B2x 0  2;2   y A  y B 2x 0  3 x A  x B 2  2x 0  2   y M suy ra M lµ trung   x0  xM , Ta thÊy 2 x0  2 2 2 Toạ độ giao điểm A, B của   và hai tiệm cận là: A 2; 0  x0  2. 0,25. 0,25. ®iÓm cña AB. MÆt kh¸c I = (2; 2) vµ tam gi¸c IAB vu«ng t¹i I nªn ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c IAB cã diÖn tÝch 2   2x 0  3     1 2  2     (x 0  2)2   2 S = IM   (x 0  2)   2 (x 0  2 )    x0  2    2. DÊu “=” x¶y ra khi (x 0  2)2  II. 1. x 0  1 1   (x 0  2 ) 2 x 0  3. 0,25. Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3) Giải phương trình lượng giác ....... x x  x  1  sin sin x  cos sin 2 x  2 cos 2    2 2  4 2 1 1  sin x sin x  cos x sin 2 x  1  cos   x   1  sin x 2 2 2 . 1 ®iÓm. (1). x x x x   x   x  sin x sin  cos sin x  1  0  sin x sin  cos .2 sin cos  1  0 2 2 2 2   2   2 x x   x   sin x sin  1 2 sin 2  2 sin  1  0 2 2   2   sin x  0  x  k   x  k x   sin  1  x    x  k, k  Z    k2   2  x    k4  2 2  x x 2 sin 2  2 sin  1 2 2  II. 2. III. 0,25. 0,25 0,25. 0,25. 1 ®iÓm. Giải bất phương trình......................... KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn (*) ta cã:. 0,25. 1 1  x  hoÆc x < 0. 4 2. 0,25. 1 ®iÓm. TÝnh tÝch ph©n.............................. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> e. e. ln x I dx  3 x 2 ln xdx 1 x 1  ln x 1 e. +) TÝnh I 1 . x 1. ln x 1  ln x. dx . §Æt t  1  ln x  t 2  1  ln x; 2 tdt . 1 dx x. 0,25. §æi cËn: x  1  t  1; x  e  t  2. t. . 2. . 2  t3  1 22 2 I1   .2tdt  2  t 2  1 dt  2  t   t 3 3 1 1 1 dx  du  e  u  ln x   x  +) TÝnh I 2   x 2 ln xdx . §Æt  2 3 dv  x dx v  x 1  3 2. 2. . . e. x3 1 e3 1 x 3 I 2  .ln x 1e   x 2 dx   . 3 31 3 3 3 I  I1  3I 2  IV. . e 1. . 0,25. 0,25. e3 e3 1 2e3  1    3 9 9 9. 5  2 2  2e 3 3. 0,25 0,25. TÝnh thÓ tÝch h×nh chãp .......................... 1 ®iÓm. S M. A. C N B. Theo định lí côsin ta có:. A  3a 2  a 2  2.a 3.a.cos30 0  a 2 SB 2  SA 2  AB 2  2SA.AB.cos SAB Suy ra SB  a . Tương tự ta cũng có SC = a. Gäi M lµ trung ®iÓm cña SA , do hai tam gi¸c SAB vµ SAC lµ hai tam gi¸c c©n nªn MB  SA, MC  SA. Suy ra SA  (MBC). Ta cã VS .ABC  VS . MBC  VA . MBC . 1 1 1 MA.S MBC  SA.S MBC  SA.S MBC 3 3 3. Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN  BC. Tương tự ta cũng có MN  SA. 2. 2 2 a 3  a   a 3  3a  MN  . MN  AN  AM  AB  BN  AM  a        4 16 4  2  2. 2. Do đó VS .ABC . V. 2. 2. 2. 2. 0,25. 0,25. 0,25. 2. 1 1 1 a 3 a a3 SA. MN.BC  a 3 . .  3 2 6 4 2 16. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc ................... Lop10.com. 0,25. 1 ®iÓm.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có. 1 1 1 3 1 1 1 9 (*) (x  y  z )     33 xyz 9    3 xyz x y z xyz x y z 1 1 1 9 3 3 3 ¸p dông (*) ta cã P  3 3 a  3b b  3c c  3a a  3b  b  3c  3 c  3a. 0,25. áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có a  3b  1  1 1 3 a  3b 1.1   a  3b  2  3 3 b  3c  1  1 1 3 b  3c 1.1   b  3c  2  3 3 c  3a  1  1 1 3 c  3a 1.1   c  3a  2  3 3. 0,25. 1 1 3 a  3b  3 b  3c  3 c  3a   4 a  b  c   6    4.  6   3 3 3 4  Do đó P  3. 0,25. Suy ra. 3. 3 1 abc 4 4 a  3b  b  3c  c  3a  1 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a  b  c  1 / 4 . DÊu = x¶y ra   . VIa.1. abc. Lập phương trình đường thẳng ....................... 0,25. 1 ®iÓm. Cách 1: d1 có vectơ chỉ phương a1 (2;1) ; d2 có vectơ chỉ phương a 2 (3;6) Ta cã: a1.a 2  2.3  1.6  0 nªn d1  d 2 vµ d1 c¾t d2 t¹i mét ®iÓm I kh¸c P. Gäi d lµ ®­êng thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình: d : A(x  2)  B(y  1)  0  Ax  By  2 A  B  0. 0,25. d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một góc 450. . 2A  B A2  B2. A  3B  cos 450  3A 2  8AB  3B 2  0   2 2  (1)2 B  3A. 0,25. * NÕu A = 3B ta cã ®­êng th¼ng d : 3x  y  5  0. 0,25. * NÕu B = -3A ta cã ®­êng th¼ng d : x  3y  5  0 VËy qua P cã hai ®­êng th¼ng tho¶ m·n yªu cÇu bµi to¸n. d : 3x  y  5  0. 0,25. d : x  3y  5  0 Cách 2: Gọi d là đường thẳng cần tìm, khi đó d song song với đường phân giác ngoài của đỉnh là giao điểm của d1, d2 của tam giác đã cho. Các đường phân giác của góc tạo bởi d1, d2 có phương trình. 2x  y  5 2 2  (1)2. . 3x  6 y  7 32  6 2. 3x  9y  22  0 (1 )  3 2x  y  5  3x  6 y  7   9x  3y  8  0 ( 2 ). +) Nếu d // 1 thì d có phương trình 3x  9y  c  0 . Do P  d nªn 6  9  c  0  c  15  d : x  3y  5  0. 0,25. +) Nếu d // 2 thì d có phương trình 9x  3y  c  0 . Do P  d nªn 18  3  c  0  c  15  d : 3x  y  5  0. 0,25. VËy qua P cã hai ®­êng th¼ng tho¶ m·n yªu cÇu bµi to¸n. d : 3x  y  5  0. d : x  3y  5  0 VIa. 2. 0,25. Xác định tâm và bán kính của đường tròn........ DÔ thÊy A’ ( 1; -1; 0) * Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là:. Lop10.com. 0,25 1 ®iÓm 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> a. x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0,. 2.  b2  c2  d  0. . 5  2a  2 b  d  2  0 a   2 2a  6 b  4c  d  14  0    b  1 V× A' , B, C, D  S  nªn ta cã hÖ:  8a  6 b  4c  d  29  0 c  1 8a  2 b  4c  d  21  0  d  1 2 2 2 Vậy mặt cầu ( S) có phương trình: x  y  z  5 x  2 y  2 z  1  0. 5 2. . (S) cã t©m I ;1;1 , b¸n kÝnh R . . 0,25. 29 2. +) Gäi H lµ h×nh chiÕu cña I lªn (P). H lµ t©m cña ®­êng trßn ( C) +) Gäi ( d) lµ ®­êng th¼ng ®i qua I vµ vu«ng gãc víi (P). (d) có vectơ chỉ phương là: n1;1;1. x  5 / 2  t  5   H  t;1  t;1  t  Suy ra phương trình của d: y  1  t 2  z  1  t  Do H  d  (P ) nªn:. IH  VII a.. 5 5 5 5 1 1  t  1  t  1  t  2  0  3t    t    H ; ;  2 2 6 3 6 6. 75 5 3 29 75 31 186     , (C) cã b¸n kÝnh r  R 2  IH 2  4 36 6 6 36 6. Tìm số nguyên dương n biết....... * XÐt (1  x)2 n 1  C 02 n 1  C12 n 1x  C 22 n 1x 2  ....  (1) k C 2k n 1x k  ....  C 22 nn 11x 2 n 1 (1) * Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:.  (2 n  1)(1  x)2 n  C12 n 1  2C 22 n 1x  ...  (1) k kC 2k n 1x k 1  ....  (2 n  1)C 22 nn 11x 2 n (2) Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:. 2n(2n  1)(1  x)2 n 1  2C 22 n 1  3C 32 n 1x  ...  (1)k k( k  1)C 2k n 1x k  2  ....  2n(2n  1)C 22 nn 11x 2 n 1 Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:. VIb.1. 0,25 1 ®iÓm 0,25. 0,25. k 2n 1 2n 1 2n(2n  1)  2C 22n 1  3.2.2C 32n 1  ...  (1)k k(k  1)2 k 2 C 2n C 2n 1 1  ...  2n(2n  1)2. 0,25. Phương trình đã cho  2 n(2 n  1)  40200  2 n 2  n  20100  0  n  100. 0,25. Viết phương trình chính tắc của E líp (H) có các tiêu điểm F1  5;0 ; F2 5;0 . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là M( 4; 3),. x 2 y2   1 ( víi a > b) a 2 b2 1 (E) còng cã hai tiªu ®iÓm F1  5;0 ; F2 5;0  a 2  b 2  52 Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng:. M 4;3 E   9a 2  16b 2  a 2 b 2 2. 2. Vậy phương trình chính tắc của (E) là:. 1 ®iÓm 0,25. 0,25. 2 . a  5  b a 2  40 Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ:  2  2 2 2 2 9a  16b  a b b  15 2. VIb. 2. 0,25. x 2 y2  1 40 15. Tìm điểm M thuộc  để AM ngắn nhất. 0,25. 0,25 1 ®iÓm. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  x  2t  3  Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được:  y  t  1 z  t  3 . 0,25. Gäi I lµ giao ®iÓm cña (d) vµ (P)  I 2t  3; t  1; t  3. Do I  P   2t  3  2(t  1)  (t  3)  5  0  t  1  I  1;0;4  * (d) có vectơ chỉ phương là a (2;1;1) , mp( P) có vectơ pháp tuyến là n1;2;1. . 0,25.  a, n   3;3;3. Gọi u là vectơ chỉ phương của   u 1;1;1 x  1  u  . V× M    M  1  u; u;4  u ,  AM 1  u; u  3; u    : y  u z  4  u . 0,25. AM ng¾n nhÊt  AM    AM  u  AM.u  0  1(1  u)  1(u  3)  1.u  0. u VIIb. 4   7 4 16  ; ;  . VËy M 3  3 3 3. 0,25 1 ®iÓm. Giải hệ phương trình:.................... 23x 1  2 y  2  3.2 y  3x (1)   3x 2  1  xy  x  1 (2) x  1  0  x  1 Phương trình (2)   2   x(3 x  y  1)  0 3 x  1  xy  x  1  x  1 x  0     x  0   x  1 3 x  y  1  0  y  1  3 x . 0,25. * Víi x = 0 thay vµo (1) 2  2 y  2  3.2 y  8  2 y  12.2 y  2 y . 8 8  y  log 2 11 11.  x  1 thay y = 1 – 3x vµo (1) ta ®­îc: 2 3 x 1  2 3 x 1  3.2  y  1  3x 1 §Æt t  2 3 x 1 V× x  1 nªn t  4 1 t  3  8 lo¹ i  x  log 2 3  8  1 1 2 3 (3)  t   6  t  6 t  1  0    t t  3  8 y  2  log (3  8 ) 2 . 0,25. * Víi .  .  .  .  . 1  x  0  x  log 2 3  8  1 3 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  8 vµ  y  log 2 11 y  2  log (3  8 ) 2 . Lop10.com. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>