đề thi thử đại học cao đẳng năm 2012 số 138
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.25 MB, 4 trang )
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010.
Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 138 )
Bài 1(2 điểm):
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 2
(| | 1) .(| | 1)y x x= + −
2) Tìm trên trục hoành những điểm mà từ điểm đó kẻ được ba tiếp tuyến phân biệt đến (C).
Bài 2(3 điểm):
1) Giải hệ phương trình:
2 2
1
2
2
( 1)( 2) 6
x y
x y
xy x y x y
+ +
=
+ +
− − + + − =
(
,x y R
∈
)
2) Giải phương trình:
2 2
sin .tan cos cos2 .(2 tan )x x x x x+ = −
, ( với
x R
∈
)
3) Tìm m thực để phương trình sau có nghiệm thực trong đoạn
5
;4
2
:
2 2
1/ 2 1/ 2
1
( 1).log ( 2) 4( 5)log 4 4 0
2
m x m m
x
− − + − + − =
−
Bài 3(1 điểm):
Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vuông cân đỉnh B, AB = a; các cạnh
3SA SB SC a= = =
, (a >
0). Trên cạnh SA, SB lần lượt lấy điểm M, N sao cho SM = BN = a. Tính thể tích khối chóp
C.ABNM theo a.
Bài 4(2 điểm):
1) Tính tích phân:
1
2 2
0
.ln(1 )x x dx
+
∫
2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm A(3; 1). Lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt
chiều dương các trục tọa độ Ox, Oy thứ tự tại P, Q sao cho diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất.
Bài 5(1 điểm):
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d
1:
1
1 2 ;( )
1 2
x t
y t t R
z t
= +
= + ∈
= +
,đường thẳng d
2
là
giao tuyến của hai mặt phẳng (P): 2x – y – 1 = 0 và (Q): 2x + y + 2z – 5 = 0. Gọi I là giao điểm
của d1 và d
2
. Viết phương trình đường thẳng d
3
qua A(2; 3; 1), đồng thời cắt hai đường thẳng d
1
và
d
2
lần lượt tại B và C sao cho tam giác BIC cân đỉnh I.
Bài 6(1 điểm):
Cho x, y, z
0≥
và
2 2 2
3x y z+ + =
. Chứng minh:
3 3 3
2 2 2
3 2
2
1 1 1
x y z
y z x
+ + ≥
+ + +
Hết
Đáp Án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010.
Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 138)
Bài 1:
1
1)
1
điểm
Nội dung Điểm
*Có hàm số :
2 2
(| | 1) .(| | 1)y x x= + − ⇔
y = x
4
- 2x
2
+ 1 ( C)
*TXĐ: R;
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞
;
3
' 4 4 ; ' 0 0; 1y x x y x x= − = ⇔ = = ±
*BBT: 0.25
*Đọc đúng khoảng đb, nb; cực trị 0.25
*Vẽ đúng đ thị 0.25
2)
1
điểm
*Gọi A(a:0)
Ox∈
mà từ A kẻ được đến ( C) ba tiếp tuyến phân biệt.
*Đường thẳng d đi qua A với hệ số góc k có phương trình: y = k(x-a)
*d là tt của ( C) khi và chỉ khi hệ pt sau có nghiệm:
4 2
3
2 1 ( )
( )
4 4
x x k x a
I
x x k
− + = −
− =
0.25
*Có
2
0
( ) ( )
1 0
k
I A
x
=
⇔
− =
hoặc
2
2
4 ( 1)
( )
3 4 1 0(1)
x x k
B
x ax
− =
− + =
0.25
*Từ hệ (A), chỉ cho ta một tiếp tuyến duy nhất là d1: y = 0. Vậy để từ A kẻ được 3 tiếp
tuyến pb tới (C) cần và đủ là hệ (B) phải có 2 nghiệm pb (x;k) với x khác
1
±
, tức là
phương trình (1) phải có 2 nghiếm pb x khác
1
±
0.25
KQ:
3 3
1 1
2 2
a a− ≠ < − ≠ >hoÆc
0.25
Bài 2:
Nội dung Điểm
1)
1
điểm
*Hệ
2 2
( 1) ( 1) 5
( 1)( 1)[( 1) ( 1)] 6
x y
x y x y
− + − =
⇔
− − − + − =
. Đặt
1
1
u x
v y
= −
= −
, thu được hệ
2 2
5
( ) 6
u v
uv u v
+ =
+ =
0.25
* Giải ra được:
3
. 2
u v
u v
+ =
=
; * Giải ra được:
1 1
1 2
u x
v y
= − =
= − =
hoặc
1 2
1 1
u x
v y
= − =
= − =
0.50
3
2
x
y
=
⇒
=
hoặc
2
3
x
y
=
=
0.25
2)
1
điểm
* ĐK:
cos 0x
≠
. PT
3 3
sin cos cos 2 .(2cos sin )x x x x x⇔ + = −
0.25
(sin cos ).cos .(2sin cos ) 0x x x x x⇔ + − =
0.25
sin cos 0;2sin cos 0x x x x⇔ + = − =
0.25
1
; arctan ;( , )
4 2
x k x l k l Z
π
π π
⇔ = − + = + ∈
0.25
3)
1
điểm
*PT
2
1/ 2 1/ 2
( 1).log ( 2) ( 5)log ( 2) 1 0m x m x m
⇔ − − − − − + − =
*Đặt
[ ]
1/ 2
5
log ( 2), ;4 1;1
2
t x x t
= − ∈ ⇒ ∈ −
0.25
Thu được pt:
2
2
5 1
( )
1
t t
m f t
t t
− +
= =
− +
;
2
2 2
4 4
'( ) ; '( ) 0 1
( 1)
t
f t f t t
t t
−
= = ⇔ = ±
− +
0.25
* Lập BBT của f(t) trên đoạn
[ ]
1;1−
, thấy f(t) liên tục và NB trên đoạn
[ ]
1;1−
, nên
7
3;
3
m
∈ −
thỏa mãn đề bài.
0.50
Bài 3:
2
1
điểm
* Chân đường cao của tứ diện hạ từ đỉnh S là trung điểm H của cạnh AC 0.25
* Tính được
3
.
34
12
S ABC
a
V =
0.25
* CM được
. .
2
.
9
S MNC S ABC
V V=
0.25
3
C.ABNM .
7 7 34
.
9 108
S ABC
a
V V⇒ = =
0.25
Bài 4:
Bài 5:
1)
1
điểm
* d
2
có pt:
1
1 1
1
1 2 ;( )
3 2
x t
y t t R
z t
=
= − + ∈
= −
* Tìm được I(1;1;1)
0.25
1)
1
điểm
* Tính
1
2 2
0
.ln(1 )I x x dx
= +
∫
* Đặt
2
2
2
3
2
ln(1 )
1
1
3
x
du dx
u x
x
dv x dx
v x
=
= +
+
⇒
=
=
1
1
4
3 2
2
0
0
1 2
.ln(1 )
3 3 1
x
I x x dx
x
⇒ = + −
+
∫
0.25
* Tính
1 1
4
2
2 2
0 0
1 2
[ 1 ]
1 1 3 4
x
J dx x dx
x x
π
= = − + = = − −
+ +
∫ ∫
0.50
* Vậy
1 4
.ln 2
3 9 6
I
π
= + +
0.25
2)
1
điểm
* Từ gt ta có
( ;0); (0; ), 0, 0.P a Q b a b> >
* d có pt:
1
x y
a b
+ =
.
0.25
d qua A(3; 1) nên
3 1 3
1 1 2. 2. 3ab
a b ab
+ = ⇒ ≥ ⇒ ≥
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ
khi
6
3 1
2
a
b
a b
=
= ⇒
=
0.25
* Có
1
. . 3
2
OPQ
S a b
∆
= ≥
. Nên
OPQ
S
∆
nhỏ nhất (
3=
) khi và chỉ khi
6
2
a
b
=
=
0.25
* Vậy d có pt:
1
6 2
x y
+ =
0.25
3
Ta có B(1 + t;1 +2 t;1 + 2t), C(t
1
;-1 +2 t
1
;3 -2 t
1
) ,
( đk: B khác I, C khác I
1
0, 1t t
⇒ ≠ ≠
)
*Tam giác BIC cân đỉnh I
(1)
[ , ] 0 (2)
IB IC
AB AC
=
=
uuur uuuur ur
.
0.25
1
1
2
t
t
=
⇔ ⇔
=
.
0.25
* Từ đó có pt d
3
:
2
3 ;( )
1 2
x
y t R
z t
=
= ∈
= +
0.25
Bài 6:
1)
1
điểm
Ta có: VT + 3 =
3 3 3
2 2 2
2 2 2
( ) ( ) ( )
1 1 1
x y z
y z x
y z x
+ + + + +
+ + +
0.25
3 3 2
2 2
6 1
( )
4 2 4 2
2 1 2 1
x x y
VT
y y
+
⇔ + = + +
+ +
3 3 2
2 2
1
( )
4 2
2 1 2 1
y y z
z z
+
+ + +
+ +
3 3 2
2 2
1
( )
4 2
2 1 2 1
z z x
x x
+
+ + +
+ +
0.25
6 6 6
3 3 3
6
3 3 3
4 2 16 2 16 2 16 2
x y z
VT
+ ≥ + +
0.25
2 2 2
6
3
3 3 9
( )
2 2 2 8
2 2 2
VT x y z⇒ + ≥ + + =
6
3
9 3 9 3 3
2 2 2 2 2 2 2
2 2
VT VP⇒ ≥ − = − = =
(đpcm)
( Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1)
0.25
4
