De thi thu dai hoc so 208

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (144.79 KB, 6 trang )

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

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012.
 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 208 )

A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số

1
.
1
x
y

x





a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị

 

C của hàm số.

b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình
1

.
1
x

m
x





Câu II (2 điểm)

a) Tìm m để phương trình





4 4

2 sin xcos x cos 4x2sin 2x m 0

có nghiệm trên

0; .
2

 
 
 

b) Giải phương trình













4 2

1 1

log 3 log 1 log 4 .

2 x 4 x  x

Câu III (2 điểm)Tìm giới hạn

3 2 2

3 1 2 1

lim .

1 cos
x

x x

L

x


  





a) Chứng minh rằng C1000  C1002 C1004  C1006 ... C10098 C1001002 .50

Câu IV (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a b c  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thứcM  4a9b16c 9a16b4c  16a4b9 .c
B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH

Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn

Câu Va (2 điểm)Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình



C1



:x2y2 4y 5 0 và



C2



:x2y2 6x8y16 0. Lập phương trình tiếp tuyến chung
của



C1



và



C2



a) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’.
Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vng góc với B’C.

Câu VIa (1 điểm) Cho điểm A



2;5;3



và đường thẳng

1 2

: .

2 1 2

x y z

d    

Viết phương trình mặt
phẳng

 

 chứa d sao cho khoảng cách từ A đến

 

 lớn nhất.

Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao

Câu Vb (2 điểm)

a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp

xúc với đường thẳng d x y:   2 0 tại điểm A có hồnh độ bằng 4.

b) Cho tứ diện OABC có OA4,OB5,OC6 và AOB BOC COA  60 .0 Tính thể tích

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

Câu VIb (1 điểm)Cho mặt phẳng

 

P x:  2y2z1 0 và các đường thẳng 1

1 3

: ,

2 3 2

x y z

d    



2:x65 4y z 55.

d    

 Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường

thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2.

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

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012.
 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 208 )

Câu I 2 điểm
b)

Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị





1
'
1
x

y C

x




Học sinh tự vẽ hình

Số nghiệm của
1
1
x

m
x




 bằng số giao điểm của đồ thị

1
1
x
y

x



 và y m .
Suy ra đáp số

1; 1:

m  m phương trình có 2 nghiệm
1:

m phương trình có 1 nghiệm

1 m 1:

   phương trình vơ nghiệm

Câu
II

2 điểm
a)

Ta có

4 4 1 2

sin os 1 sin 2

x c x  x

và cos4x 1 2sin 2 .2 x
Do đó

 

1  3sin 22 x2sin 2x 3 m.

Đặt tsin 2x. Ta có x 0;2 2x





t



0;1 .






 

     
 

Suy ra f t

 

3t22t 3 m t, 



0;1



Ta có bảng biến thiên

Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên

0; 2

2 m 3


 

  
 

 
b)

Giải phương trình











  

4 2

1 1

log 3 log 1 log 4 2

2 x 4 x  x

Điều kiện: 0x1

 

2 



x3



x1 4 x
Trường hợp 1: x1

 

2  x2 2x 0 x2

Trường hợp 1: 0x1

 

2  x26x 3 0  x2 3 3
Vậy tập nghiệm của (2) là T 



2; 2 3 3



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

a)

Tìm

3 2 2

3 1 2 1

lim .
1 cos
x
x x
L
x

  



Ta có

3 2 2

3 1 1 2 1 1

lim

1 cos 1 cos

x
x x
L
x x

 
   
 
 
 
 
 
Xét
2 2
1
2 2
0 0

2 1 1 2

lim lim 2

1 cos 2sin 2 1 1

2
x x
x x
L
x
x x
 
 
  
    
 
 

Xét





3 2 2

2 2

0 0 2 2 3 2

3 1 1 3

lim lim 2

1 cos

2sin 3 1 3 1 1

2
x x
x x
L
x x
x x
 
 
  
  
   
 
 
 

Vậy L L 1L2   2 2 4
b)

Chứng minh rằng C1000  C1002 C1004  ...C1001002 .50
Ta có







 



100 0 1 2 2 100 100

100 100 100 100

0 2 4 100 1 3 99

100 100 100 100 100 100 100

1 ...

... ...

i C C i C i C i

C C C C C C C i

     

        

Mặt khác



1i



2  1 2i i 2 2i



1i



100 

 

2i 50250
Vậy C1000  C1002 C1004  ...C1001002 .50

Câu
IV

Cho a, b, c thoả a b c  3. Tìm GTNN của

4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b 9 .c

M         

Đặt



2 ;3 ; 4 ,





2 ;3 ;4 , w





2 ;3 ;4



a b c c a b b c a

u  v      M u v 

   
   
   
   
   
      



 



w 2a 2b 2c 3a 3b 3c 4a 4b 4c
M   u v           

Theo cơ – si có 222b2c 3 23 a b c  6. Tương tự …
Vậy M 3 29. Dấu bằng xảy ra khi a b c  1.

Câu
Va

Học sinh tự vẽ hình

a)



C1



:I1



0; 2 ,



R1 3;



C2



:I2



3; 4 ,



R2 3.

Gọi tiếp tuyến chung của



C1

 

, C2



là





2 2

:Ax By C 0 A B 0

     

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









 

2 2

1 1

2 2

2 3 1

;

; 3 4 3 2

B C A B

d I R

d I R A B C A B

 

  

 

 

   

 

     

 Từ (1) và (2) suy ra A2B hoặc

3 2

A B

C 

Trường hợp 1: A2B.

Chọn B 1 A 2 C  2 3 5 : 2x y  2 3 5 0 
Trường hợp 2:

3 2

A B

C 

. Thay vào (1) được

2 2 4

2 2 0; : 2 0; : 4 3 9 0

A B  A B  A A B  y   x y 
b)

Gọi H là trung điểm của BC





; '

2
a

d M BB C AH

  

2 3

' 12 '. 2 ' 13 . ' 123

BB C a MBB C BB C a

S  BB BC  V  AH S 

Gọi I là tâm hình vng BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình)
Ta có B C' MI B C; ' BC' B C' MB.

Câu

VIa (Học sinh tự vẽ hình)

Gọi K là hình chiếu của A trên d  K cố định;

Gọi

 

 là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên

 

 .
Trong tam giác vng AHK ta có AH AK.

Vậy AHmax AK 

 

 là mặt phẳng qua K và vng góc với AK.

Gọi

 

 là mặt phẳng qua A và vng góc với d 

 

 : 2x y 2z15 0



3;1;4



K



 



là mặt phẳng qua K và vng góc với AK 

 

 :x 4y z  3 0
Câu

Vb
a)

Gọi

 

2 2

: x y 1

H

a  b  (H) tiếp xúc với d x y:   2 0  a2 b24

 



  

162 42

 

4 2 4; 2 1 2

x y A H

a b

       

Từ (1) và (2) suy ra

 

2 2

2 8; 2 4 : 1

8 4

x y

a  b   H  

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Lấy M là trung điểm của B’C’ 



OAM

 

 OB C' ' .



Kẻ AH OM  AH 



OB C' '



Ta có

2 3 4 6

2 3

3 3

AM OM   MH   AH 



1 15 3

. .sin

2 2

OBC

S  OB OC BOC 

Vậy

. 10 2

OABC OBC

V  AH S 

Câu

VIb Gọi M



1 2 ;3 3 ; 2 , t  t t N





5 6 '; 4 '; 5 5 ' t t   t



 



;



2 2 1 1 0; 1.

d M P   t   t t

Trường hợp 1: t 0 M



1;3;0 ,



MN 



6 ' 4; 4 ' 3; 5 ' 5t  t   t 









. 0 ' 0 5;0; 5

P P

MN n  MN n   t   N 

   

</div>

De thi thu dai hoc so 208

 





































 

 

 





 









 















  

 





 

 















 











 















 

 



<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>



 



