De Toan LTDH 2012

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (154.04 KB, 7 trang )

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

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
Mơn thi : TỐN

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số

x
y

x
2 4

1



 .

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2) Tìm trên đồ thị (C), hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN, biết M(–3; 0), N(–
1; –1).

Câu II (2 điểm):

a) ( x 3 x 1)(1 x22x 3) 4

b)

2 sin( )

4 (1 2 ) 1 tan

cos
x

sin x x

x




  

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =

x

x e dx
x
2

1 sin
1 cos


  

 



 



Câu IV: (1 điểm): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a, các mặt
bên tạo với mặt đáy góc 60o. Mặt phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tâm của tam giác

SAC cắt SC, SD lần lượt tại M, N. Tính thể tích khối chóp S.ABMN theo a.

Câu V (1 điểm): Cho các số thực a, b, c thỏa mãn : 0a1; 0b1; 0 c 1. Chứng minh rằng:



a b c



abc a b c

1 1 1 1

1 3

 

      

 

 

Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình
đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3
= 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường trịn
ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(–1; 0; 1), B(1; 2; –1), C(–1; 2; 3).

Câu VII.a (1 điểm): Cho z1, z2 là các nghiệm phức của phương trình 2z2 4z11 0 . Tính
giá trị của biểu thức :

2 2

1 2

( )

z z

z z


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

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu I: 2) Phương trình đường thẳng MN: x2y 3 0. Gọi I(a; b)  MN  a2b 3 0 (1) 
Phương trình đường thẳng d qua I và vng góc với MN là: y2(x a b ) .

Hoành độ các giao điểm A, B của (C) và d là nghiệm của phương trình:

x x a b

x

2 4 2( )
1



  

 (x  –1)

 2x2 (2a b x )  2a b  4 0 (x  –1)

A, B đối xứng nhau qua MN  I là trung điểm của AB.

Khi đó:

A B
I x x

x






a b
a 2

4



(2)

Từ (1) và (2) ta được:

a b
a b
a

2 3 0
2

   










 

a
b 12
 





Suy ra phương trình đường thẳng d: y2x 4  A(2; 0), B(0; –4).

Câu II: a) ( x 3 x1)(1 x22x 3) 4

Nhớ đặt điều kiện

Nhân lượng liên hiệp: ( x 3 x1)

Bất phương trình trở thành: 4(1 x22x 3) 4( x 3 x1) 1 x22x 3 x 3 x1

Bình phương 2 vế BPT, ta được: 1 2 x22x 3x22x 3    x 3 x 1 2 x22x 3

Giải BPT trên ta được kết quả.
b)

2 sin( )

4 (1 2 ) 1 tan

cos
x

sin x x

x




  

Nhớ đặt điều kiện

2 sin( )(1 2 ) cos (1 tan )

4 x sin x x x



    2 sin( )(cos )2 cos sin

4 x x sinx x x



    

2 sin( )(cos ) cos sin

4 x x sinx x x



    

Chuyển vế đặt nhân tử chung và giải phương trình tích để đi đến kết quả cuối cùng.
Câu III: Ta có:

x x

x

2
1 sin 1 1 tan

1 cos 2 2

 



   

   .

Do đó: I =

x

x e dx2
2

1 1 tan

2 2



 



 

 



x

x x e dx
2

2
0

1 1 tan tan

2 2 2



 

 

 

 



x x

x e dx x e dx

2 2

0 0

1 1 tan tan .

2 2 2

 

 

 

 

 



Đặt

x

u e

x
dv 1 1 tan2 dx

2 2

 


 



   

  

 

x

du e dx
x
v tan

 









 I =

x x x x x x

e 2 2 e dx 2 e dx

0 0 0

tan tan tan

2 2 2

 











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

Câu IV: Gọi I, J lần lượt là trung điểm cúa AB và CD; G là trọng tâm ∆SAC
∆SIJ đều cạnh a nên G cũng là trọng tâm ∆SIJ

IG cắt SJ tại K là trung điểm cúa SJ; M, N là trung điểm cúa SC, SD
3

 a

IK

; SABMN =

1 3 3

( )

2   8

a
AB MN IK

SK  (ABMN); SK =2

a
. V=

1 3

3 ABMN  16
a
S SK

Câu V: Vì 0a1,0b1 nên



a1

 

b1 0



  ab a b   1 0
a b ab

    ab a b

1 1 1 1 (1)

   

Tương tự : bc b c ca c a

1 1 1 1 (2), 1 1 1 1 (3)

     

Cộng các BĐT (1), (2), (3) vế theo vế ta được: ab bc ca a b c

1 1 1 21 1 1 3 (4)
      

 

Sử dụng BĐT (4) và BĐT Cơ–si ta có:





a b c a b c a b c

abc ab bc ca a b c

1 1 1 1 1 1 1

1 2 3

   

               

   

   



a b c



a b c a b c
1 1 1 1 1 1

2   3

          

 

Cũng theo BĐT Cơ–si ta có :





a b c

a b c
1 1 1 9

 

     

 

Do đó:





a b c

abc a b c a b c

1 1 1 1 1 1 1

1 6 3 3

 

           

 

  (đpcm)

Dấu "=" xảy ra a = b = c = 1.

Câu VI.a: 1) Gọi C c c( ; 2 3) và I m( ;6 m) là trung điểm của BC.

Suy ra: B m c (2  ; 9 2 m 2 )c . Vì C’ là trung điểm của AB nên:

2 5 11 2 2

' ; '

2 2

   

 



 

 

m c m c

C CC

nên

2 5 11 2 2 5

2 3 0

2 2 6

   

 

    

 

 

m c m c

m 5 41;

6 6

 

  

 

I

.
Phương trình BC: 3 –3x y23 0 .

Tọa độ của C là nghiệm của hệ:

2 3 0 14 37

;

3 3 23 0 3 3

  

  



  

    


x y

C
x y

Tọa độ của

19 4
;
3 3

 



 

 

B

2) Ta có: AB(2; 2; 2), AC(0; 2; 2).

 

Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: x y z  1 0, y z  3 0.
Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là n              AB AC,  (8; 4; 4).

Suy ra (ABC): 2x y z   1 0.

Giải hệ:

1 0 0

3 0 2

2 1 0 1

    

 

 

    

 

      

 

x y z x

y z y

x y z z

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

Bán kính là R IA  ( 1 0)  2(0 2) 2(1 1) 2  5.
Câu VII.a: Giải PT đã cho ta được các nghiệm: 1 2

3 2 3 2

1 , 1

2 2

z   i z   i

Suy ra

2
2

1 2 1 2

3 2 22

| | | | 1 ; 2

2 2

z z     z z 

  . Do đó:

2 2

1 2

11
4

( )






z z

z z .

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012

Mơn thi : TỐN

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số

x
y

x
2

2


 .

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng
của (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất.

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình: cos 2x −tan2x
=cos

2x

+cos3x −1

cos2x
2) Giải hệ phương trình:

2 2
2 2

1 4

( ) 2 7 2

x y xy y

y x y x y

    



   



Câu III: (1 điểm) Tính tích phân:

sin
1

x

I dx

x x






 



Câu IV: (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A.ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy

AB = a, cạnh bên AA = b. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABC). Tính
tan và thể tích của khối chóp A.BBCC.

Câu V: (1 điểm) Cho ba số a, b, c khác 0. Chứng minh:

2 2 2

2  2  2   

a b c a b c

b c a b c a.

Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 2 đường thẳng d1: x y  1 0 và d2:
x y

2  1 0 . Lập phương trình đường thẳng d đi qua M(1; 1) và cắt d

1, d2 tương ứng tại
A, B sao cho 2MA MB  0.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x2y 2 1 0z  và hai điểm
A(1; 7; –1), B(4; 2; 0). Lập phương trình đường thẳng d là hình chiếu vng góc của
đường thẳng AB lên mặt phẳng (P).

Câu VII.a (1 điểm): Kí hiệu Z1, Z2 là các nghiệm phức của phương trình 2Z2 2Z 1 0. Tính
giá trị các biểu thức Z12

và Z22

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

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu I: 2) Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hồnh độ a2 thuộc đồ thị (C) có phương trình:

 

  a    

y x a x a y a d

a
a

2 2

4 2 4 2 2 0

2
2

       




Tâm đối xứng I



2;2



Ta có













a a a

d I d

a

a 4 a 2

8 2 8 2 8 2

, 2 2

2 2 2

16 2 2.4. 2

  

   



  





d I d,

lớn nhất 



a2



2   4  aa 04



Từ đó suy ra có hai tiếp tuyến y x và y x 8.

Câu II: 1) Điều kiện: cosx0.

PT  cos 2x tan2x 1 cosx (1 tan 2x) 2cos2x cosx1 0



x
x
cos 1

1
cos

 






 

x k

x k

2 2






 


 




2) Từ hệ PT  y0. Khi đó ta có:

2
2 2

2 2 2

2
1

4
1 4

( ) 2 7 2 1

( ) 2 7

x

x y
y

x y xy y

y x y x y x

x y

y

 

  



     



 

    

    




Đặt

2 1
,
x

u v x y

y


  

ta có hệ: 2 2

4 4 3, 1

2 7 2 15 0 5, 9

u v u v v u

v u v v v u

     

  

 

         

  

 Với v3,u1ta có hệ:

2 1 2 1 2 2 0 1, 2

2, 5

3 3 3

x y

x y x y x x

x y

x y y x y x

 

          

  

     

      

   .

 Với v5,u9ta có hệ:

2 1 9 2 1 9 2 9 46 0

5 5 5

x y x y x x

x y y x y x

         

 

  

     

   , hệ này vô nghiệm.

Kết luận: Hệ đã cho có hai nghiệm: (1; 2), ( 2; 5) .

Câu III: Nhân lượng liên hiệp: 1x2  x

Ta được:

I 4 x2 xdx 4 x xdx I1 I2

4 4

1 sin sin

 

 





 



 

 Tính

I1 4 x2 xdx
4

1 sin










. Sử dụng cách tính tích phân của hàm số lẻ, ta tính được I10

 Tính

I2 4 x xdx
4

sin








. Dùng phương pháp tích phân từng phần, ta tính được:

I2 2 2
4 

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

Suy ra: I

2 2

4 

 

Câu IV: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của  ABC. Vì A.ABC là hình chóp

đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABC) là  = A EH .
Ta có :

3 3 3

, ,

2 3 6

a a a

AE AH HE



2 2

2 2 9 3

' '

3


   b a

A H A A AH

.
Do đó:

2 2
' 2 3
tanA H  b  a

HE a ;

2 2 2 2

. ' ' '

3 3

' .

4 4

 



   

ABC ABC A B C ABC

a a b a

S V A H S

2 2 2

1 3

' .

3  12



 

A ABC ABC

a b a

V A H S

.
Do đó: VA BB CC' ' 'VABC A B C. ' ' 'VA ABC'. =

2 3 2 2
6



a b a

Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có:



2 2 2 2 2 2

2  2  2 3 2. 2. 2 3

a b c a b c

b c a b c a (1)



2 2 2

2  1 2 ; 2  1 2 ; 2  1 2

a a b b c c

b b c c a a 

2 2 2

2 2 2 2 3

 

      

 

a b c a b c

b c a b c a (2)

Từ (1) và (2) 

2 2 2

2   2   

   

a b c a b c

b c a b c a  đpcm.

Câu VI.a: 1) Giả sử A(a; –a –1)  d1, B(b; 2b – 1) d2. MA(a 1;a 2),MB(b1;2b 2)

 

MA MB

2  0

 



a b

2 2 1 0

2 4 2 2 0

    



    

 

a
b 30
 




  A(0; –1), B(3; 5)

 Phương trình d: 2x y 1 0 .

2) PTTS của AB:

x t

y t

z t
4 3
2 5
  


 

 

  Giao điểm của AB với (P) là: M(7; –3; 1)

Gọi I là hình chiếu của B trên (P). Tìm được I(3; 0; 2). Hình chiếu d của đường thẳng
AB là đường thẳng MI.

 Phương trình đường thẳng d là:

x t

y t

z t

3 4
3
2
  




  


Câu VII.a: PT có các nghiệm

i i

x1 1 ; x2 1

2 2

 

 



i i

x12 x22
1 2 ; 1 2

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Câu IV: Dựng SH AB. Ta có: (SAB) ( ABC), (SAB) ( ABC)AB SH, (SAB)
( )

 SH  ABC và SH là đường cao của hình chóp.

Dựng HN BC HP, AC  SNBC SP, AC SPH SNH 

SHN = SHP  HN = HP.

AHP vng có:

3
.sin 60 .

 oa

HP HA

SHP vng có:

3
.tan tan

 

 a

SH HP

Thể tích hình chóp

2 3

1 1 3 3

. : . . . .tan . tan

3 3 4  4 16 

 ABC  a a a

</div>

De Toan LTDH 2012







<b>HƯỚNG DẪN GIẢI</b>









<sub></sub>

<sub></sub>



 



















<b>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012</b>

<b>Mơn thi : TỐN</b>



<b>HƯỚNG DẪN GIẢI</b>

























<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về