De va DA On thi DH cap toc so 16

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌCÔN CẤP TỐC 2012 SỐ 16 Môn: Toán Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = . x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số. 2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A,B và đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. 3. Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình: cos 2 x.  cos x  1 2  1  sin x  . 1. sin x  cos x 3. Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân. 3. 0. 2 2 2. 7  x  x x  5  3  2 x  x. ( x  ). x 3 dx x 1  x  3 .. Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các  DMN    ABC  . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. cạnh AB, AC sao cho Chứng minh rằng: x  y 3 xy. P. x3  y 3  16 z 3 3.  x  y  z Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z 0 t/m x+y+z > 0. Tìm GTNN: II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. .. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng x 1 y  1 z  2   2 3 1. x 2 y 2 z   5 2 d2: 1. d1: , Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2. Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), tr.tâm G(2; 0). §ỉnh B và C lần lượt nằm trên d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. x 3. . y2. . z 1. 1  1 và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. Gọi 2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: 2 M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42 ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 1  log 1  y  x   log 4 y 1  4  2 2  x  y 25. ( x, y   ). Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình -------------------Hết -------------------. SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN Đáp án gồm 05 trang Câu I. Nội dung. Điểm. HS tu lam. 2,0. II 1. 2.0 Giải phương trình ĐK: sin x  cos x 0. Khi đó. cos 2 x.  cos x  1 2  1  sin x  . sin x  cos x. 1.0 0.25. PT   1  sin 2 x   cos x  1 2  1  sin x   sin x  cos x    1  sin x   1  cos x  sin x  sin x.cos x  0. 0.25.   1  sin x   1  cos x   1  sin x  0.  sin x  1   cos x  1.   x   k 2  2   x   m 2.  k , m  Z. Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:. 2. 0.25. (thoả mãn điều kiện). 0.25 x .   k 2 2 và x   m2. 2 2 Giải phương trình: 7  x  x x  5  3  2 x  x. ( x  ). 3  2 x  x 2 0 PT   2 2 7  x  x x  5 3  2 x  x. 0.25.  2  x  0  2  x  1  x  16  0.  x  1. Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. 3. III. Tính tích phân. 3. 0. 1.0 0.25. 2 3  2 x  x 0   x x  5  2( x  2).    3  x 1    x 0  x2  x  5  2. x .  k , m  Z. x 3 dx x 1  x  3 .. 0.25. 0.25 1.0.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  x 0  u 1  x  1  u  1  x  2udu dx ; đổi cận:  x 3  u 2. 0.25. 2. Đặt u = 3. 2. 2. 2. x 3 2u 3  8u 1 dx  du (2u  6)du  6 du 2   u  3u  2 u 1 3 x  1  x  3 0 1 1 1 Ta có: 2 2  u 2  6u  6 ln u  1 1 1. .  3  6 ln. 0.25 0.25. . 3 2. 0.25. IV. 1.0 D. Dựng DH  MN H  DMN    ABC   DH   ABC . Do mà D. ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC .. C. B. 0.25. N. H. M A. 2.  3 6 DH  DA  AH  1     3  3  Trong tam giác vuông DHA: 2. 2. 2. 0.25. 1 3 S AMN  AM . AN .sin 600  xy 2 4 Diện tích tam giác AMN là 1 2 V  S AMN .DH  xy 3 12 Thể tích tứ diện D. AMN là. Ta có: S AMN S AMH  S AMH. . 0.25. 1 1 1 xy.sin 600  x. AH .sin 300  y. AH .sin 300 2 2 2. 0.25.  x  y 3xy. V. 1.0 3. Trước. hết.  ...   x  y . ta 2. có:. x y. 3.  x  y . 3. 4. (biến. đổi. tương. đương). 0.25.  x  y  0. Đặt x + y + z = a. Khi đó.  x  y 4P . 3. a.  64 z 3. 3.  a  z . z (với t = a , 0 t 1 )  0;1 Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   . Có. 1 2 f '(t ) 3  64t 2   1  t   , f '(t ) 0  t    0;1   9. 3. a.  64 z 3 3. 3.  1  t   64t 3 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Lập bảng biến thiên  Minf  t   t 0;1. 64  81. 16 GTNN của P là 81 đạt được khi x = y = 4z > 0. 0.25. VI.a. 2.0. 1. 1.0. Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:  x  2 y  1 0    x  7 y  14 0. 21   x  5  21 13   B ;    5 5  y 13  5. 0.25. Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc  . giữa AB và BD, kí hiệu nAB (1;  2); nBD (1;  7); nAC ( a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có:     cos nAB , nBD  cos nAC , nAB. . . . . 0.25.  a  b 3 2 2 2 2  a  2b  a  b  7a  8ab  b 0    a  b 2 7  - Với a = - b. Chọn a = 1  b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,. A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:  x  y  1 0  x 3    A(3; 2)   x  2 y  1 0  y 2. Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7  x   x  y  1 0  2  I  7;5      2 2  x  7 y  14 0  y 5  2. 0.25.  14 12  C  4;3 ; D  ;   5 5 Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ. - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 2. 0.25 1.0. Phương trình tham số của d1 và d2 là:.  x  1  2t  x 2  m   d1 :  y 1  3t ; d 2 :  y  2  5m  z 2  t  z  2m  . Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)   MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t).. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Do d  (P) có VTPT nghiệm.  nP (2;  1;  5). nên. 3  m  2t 2k   3  5m  3t  k   k : MN kn p   2  2m  t  5k. có. 0.25. m 1  Giải hệ tìm được t 1. Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:. VII.a.  x 1  2t   y 4  t  z 3  5t . 0.25. thoả mãn bài toán. Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 n  N  Điều kiện: n  3 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3  log4(n – 3)(n + 9) = 3  n 7   n  13  (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 = 0 Vậy n = 7. n. 7. Khi đó z = (1 + i) = (1 + i) =.  1  i  .   1  i . (thoả mãn) thoả (không mãn). 2 3.   1  i  .(2i )3 (1  i ).( 8i) 8  8i . Vậy phần thực của số phức z là 8.. 1.0. 0.25. 0.25. 0.25 0.25. VI.b. 2.0. 1. 1.0. Giả sử B( xB ; yB )  d1  xB  yB  5; C ( xC ; yC )  d 2  xC  2 yC  7  xB  xC  2 6  y  yC  3 0 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:  B. 0.25. Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1). 0.25. Ta có. 0.25.   BG (3; 4)  VTPT nBG (4;  3). nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0. 9 Bán kính R = d(C; BG) = 5  phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 81 25 2. 0.25 1.0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Ta có phương trình tham số của d là:  x 3  2t  y  2  t  x 3  2t    y  2  t   z  1  t  z  1  t  x  y  z  2 0   toạ độ điểm M là nghiệm của hệ  (tham số t)  M (1;  3;0)   nP (1;1;1) ud (2;1;  1) Lại có VTPT của(P) là , VTCP của d là  .  u  u , n  (2;  3;1) Vì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP   d  P  MN ( x  1; y  3; z ) .  Gọi N(x; y; z) là hình chiếu  vuông góc của M trên , khi đó  u MN. Ta có. vuông góc với. 0.25. 0.25. nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0  x  y  z  2 0   2 x  3 y  z  11 0 ( x  1) 2  ( y  3) 2  z 2 42 . Lại có N (P) và MN = 42 ta có hệ: Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5). 0.25. x  5 y 2 z 5   2 3 1 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt x 3 y 4 z  5 :   2 3 1 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt :. VII.b. Giải hệ phương trình. 1  log 1  y  x   log 4 y 1  4  2 2  x  y 25. 0.25. 1.0 ( x , y  ). y  x  0  y 0 Điều kiện: . 0.25. 1 y x   log 4  y  x   log 4 y  1 log 4 y  1     x 2  y 2 25  x 2  y 2 25   Hệ phương trình  x 3 y  x 3 y  2  2  2 2  x  y 25 9 y  y 25  5   15 ;   x; y     10 10     5   15 ;   x; y     10 10   .  x 3 y   2 25  y 10. y x 1  y 4   x 2  y 2 25 . 0.25. 0.25. (không thỏa mãn đk) (không thỏa mãn đk). 0.25. Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> đáp án quy định..

<span class='text_page_counter'>(8)</span>