ON THI DH VIP3

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (180.86 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009 - 2010

Mơn

:

TỐN ĐỀ SỐ 12

Thời gian làm bài : 180 phút không kể thời gian giao đề

A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm)

Cho hàm số

y



2 x

3 

3(2

m



1)

x

2 

6 (

m m



1)

x



1 có đồ thị (C

).

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:

2 cos

3 x

(

2 cos

2 x



1 )



1 b) Giải phương trình :

3

2

3

5

1

2 )

1

3 (

2 2











x

Câu III (1 điểm)

Tính tích phân







2
ln
3

(

e

x

2 )

dx

I

Câu IV (1 điểm)

Cho hình lăng trụ

ABC

.

A

’

B

’

C

’

có đáy là tam giác đ

ều cạnh

a

,

hình chiếu vng 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

’

bi

ết khoảng cách giữa AA’

và BC là

4

3 a

Câu V (1 điểm)

1. (Thí sinh thi khối B,D không làm câu này)

Cho

a, b, c

là các số thực dương thoả mãn

a



b



c



3 .Chứng minh rằng:

3 (

a



b



c

)



4 abc



13

2. (Thí sinh thi khối A không làm câu này)

Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:

2 2

1 





xy

y

x

.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức

1

2
2

4
4





y

x

y

x

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:

(

)(

3 )(

2 )

10 





z

,

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



x y



5 0



sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau

b.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

2

5

1

3

4 :













y

z

x

d

1

3

1

2 :

z

y

x

d









Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d

và d

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

u I
a)

Đồ Học sinh tự làm
b)

3

2 3(2

1)

6 (

1)

1 y



x



m



x



m m



x





y

'



6 x



6 (

2 m



1 )

x



6 m

(

m



1 )

y’ có

(

2

1 )

4 (

)

1

0 













m















1

0 '

m

x

m

x

y

Hàm số đồng biến trên



2 ;







y'0



x



2 

m



1 

2 

m



1

Câu II a)

Giải phương trình:

2 cos

3 x

(

2 cos

2 x



1 )



1

PT



2 cos

3 (

4 cos

1 )

1 



x



2 cos

3 (

3

4 sin

)

1 



x

Nhận xét xk



,kZkhơng là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:

1 )

sin

4

3 (

3 cos

2 



x



2 cos

3 x

(

3 sin

x

4 sin

x

)

sin

x







2 cos

3 x

sin

3 x



sin

x



sin

6 x



sin

x




















2
6

m
x
x













7

2

7

5

2 

m

x

m

x

;

m



Z

Xét khi



5

2 m



k



2m=5k



m



5 t

,

t



Z

Xét khi

7

2

7 

m



=

k





1+2m=7k



k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,

l



Z

Vậy phương trình có nghiệm:

5

2 m



x



(

m



5 t

);

7

2

7 

m

x





(

m



7 l



3

) trong đó m,t,lZ

b)

Giải phương trình :

3

2

3

5

1

2 )

1

3 (

2 2











x

PT



2(3 1) 2 2 1 10 2 3 6






 x x x

x

3
2
)
1
2
(
4
1
2
)
1
3
(

2 2 2 2









 x x x x

x .Đặt 2 2 1( 0)




 x t

t

Pt trở thành

4

2 (

3

1 )

2

3

2

0 







x

t

x

t

Ta có:



'



(

3 x



1 )



4 (

2 x



3 x



2 )



(

x



3 )

Pt trở thành

4

2 (

3

1 )

2

3

2

0 







x

t

x

t

Ta có:



'



(

3 x



1 )



4 (

2 x



3 x



2 )



(

x



3 )

Từ đó ta có phương trình có nghiệm :

2 ;

2

1

2 







x

t

x

t

Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:









 



7
60
2
;
2

6
1

x

Câu III

Tính tích phân







2
ln
3

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Ta có







2
ln
3

0 3 3 2
3

)

2 (

x
x

x

e

dx

e

I

=

Đặt u=

e

3x



3

du



e

3x

dx

;x0 u1;x3ln2 u 2
 Ta được:







)

2 (

3 u

du

I

=3

du

u























)

2 (

2

1 )

2 (

4

1

4

1

=3

)
2
(
2

1
2

ln
4
1
ln
4
1















u
u

u

8

1 )

2

3 ln(

4

3 



Vậy I

8

1 )

2

3 ln(

4

3 



Câu IV

Gọi M là trung điểm BC ta thấy:









BC

O

A

BC

AM

'



BC



(

A

'

AM

)

Kẻ MH AA',(do



A

nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)

Do

HM

BC

AM

A

HM

AM

A

BC















)

'(

)

'(

.Vậy HM là đọan vơng góc chung của

AA’và BC, do đó

4

3 )

BC

,

A'

(

A

HM

a

d



.

Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:

AH

HM

AO

O

A



'



suy ra

3 a

3

4

3 a

AH

HM

.

AO

O

'

A



Thể tích khối lăng trụ:

12

3 a

2

3 a

2

1 BC

.

AM

.

O

'

A

2

1 S

.

O

'

A

V

ABC



Câu V

1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn

a



b



c



3

.Chứng minh rằng:

3 (

2 2 2

)

4

13 



b

c

abc

a

Đặt

2 ;

13

4 )

(

3 )

,

(

a

b

c

a

b

c

abc

t

b

c

f











*Trước hết ta chưng minh:

f

(

a

,

b

,

c

)



f

(

a

,

t

,

t

)

:Thật vậy

Do vai trị của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết

a



b



c

3 







a

b

c

hay a



1

f

(

a

,

b

,

c

)



f

(

a

,

t

,

t

)



3 (

2 2 2

)

4

13

3 (

2 2 2

)

4

13 









b

c

abc

a

t

at

a

=

3 (

b



c



2 t

)



4 a

(

bc



t

)

=





































2
2

4 )

(

4 )

(

2

3 b

c

b

c

a

bc

b

c

= 2

)

(

2 )

(

3 c

b

a

c

b



A

B

C

C’

B’

A’

H

O

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

=

0

2 )

)(

2

3 (





a

b

c

do a

1 

*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh:

f

(

a

,

t

,

t

)



0

với a+2t=3
Ta có

(

,

)

3 (

2 2 2

)

4

13 





a

t

at

t

a

f

=

3 ((

3

2 )

2 2 2

)

4 (

3

2 )

13 





t

=

2 (

1 )

(

7

4 )

0 



t

do 2t=b+c < 3

Dấu “=” xảy ra



t



1 &

b



c



0 

a



b



c



1

(ĐPCM)

2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 2 2

1 





xy

y

x

.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức

1

2
2

4
4





y

x

y

x

P

Tõ gi¶ thiÕt suy ra:

xy
xy

y
x

xy
xy
xy
y
xy
x

3
3

)
(
1

2
1

2
2
2














Từ đó ta có

1

3

1 



xy

.

Măt khác

x

xy

y

1

x

y

1

xy

nên

x

y

x

y

2

xy

1

.đăt t=xy
Vởy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của

1

3

1 ;

2 )

(

t

f

P

Tính

)(

2

6

2

6

0 )2

(

6

1

0 )('

2

l

t

f

Do hàm số liên tục trên

;

1

3

1

nên so sánh giá trị của

)

3

1 (



f

, f( 6 2),

f

(

1 )

cho ra kÕt qu¶:

6
2
6
)
2
6

(   

f

MaxP ,

15

11 )

3

1 (

min

P



f





Câu VIa
a)

(Học sinh tự vẽ hình)

Ta có:



AB

 



1;2





AB



5

. Phương trình của AB là:

2 x y

 

2 0



.

 

:



;



I



d

y x

 

I t t

. I là trung điểm của AC:

C

(

2 t



1 ;

2 t

)

Theo bài ra:

.

(

,

)

2

1 



AB

d

C

AB

S

ABC



.6t 4 4











3
4

t
t

Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C(

3

8 ;

3

5

) thoả mãn .b)

*Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0
*Gọi H là hình chiếu vng góc của O l ên (ABC), OH vng góc với 
(ABC) nên OH //n(2;1;1) ;

H





ABC



Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=

3

1

suy ra

)

3

1 ;

3

1 ;

3

2 (



H

*O’ đỗi xứng với O qua (ABC)



H là trung điểm của OO’



)

3

2 ;

3

2 ;

3

4 (

'



O

CâuVIIa Giải phương trình:

(

)(

3 )(

2 )

10 





z

,

z



C.

PT



z

(

z



2 )(

z



1 )(

z



3 )



10 

(

2 )(

2

3 )

0 





z

Đặt

t

z

2

z





. Khi đó phương trình (8) trở thành:

Đặt

t

z

2

z



</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

t



3

t



10



0



































6

1

5

2 z

i

z

t

Vậy phương trình có các nghiệm: z 1 6;

z





1 

i

Câu VIb
a)

Viết phương trình đường AB:

4 x



3 y



4 0



và

AB



5

Viết phương trình đường CD:

x



4 y



17 0



và

CD



17

Điểm M thuộc



có toạ độ dạng:

M



( ;3

t t



5)

Ta tính được:

( ,

)

13 19

; ( ,

)

11 37

5

17 t

d M AB





d M CD





Từ đó:

S

MAB



S

MCD



d M AB AB d M CD CD

( ,

).



( ,

).

9

7

3 t

  





Có 2 điểm cần tìm là:

( 9; 32),

( ; 2)

7

3 M



M

b)Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 tại hai điểm A và B khi đó ta ln có IA + IB ≥ AB và AB ≥



,



d d d

dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB và AB là đoạn vng góc chung của hai đường thẳng d1, d2

Ta tìm A, B :

'

AB

u

AB

u

















Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)

ON THI DH VIP3

<b> </b>

<b> </b>

<b> </b>

<b> ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009 - 2010 </b>

<b>Mơn</b>

:

<b>TỐN ĐỀ SỐ 12</b>

<i><b> Thời gian làm bài : 180 phút không kể thời gian giao đề</b></i>

<b>A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH</b>

<b>Câu I (2 điểm)</b>

Cho hàm số

<i>y</i>



2

<i>x</i>

3



3(2

<i>m</i>



1)

<i>x</i>

2



6 (

<i>m m</i>



1)

<i>x</i>



1

có đồ thị (C

).

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

;





<b>Câu II (2 điểm)</b>

a) Giải phương trình:

2

cos

3

<i>x</i>

(

2

cos

2

<i>x</i>



1

)



1

b) Giải phương trình :

3

2

3

5

1

2

)

1

3

(











<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<b>Câu III (1 điểm) </b>

Tính tích phân

<sub></sub>