Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán (số 208)

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012. Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 208 ) A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH x 1 . Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C  của hàm số. b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình. x 1  m. x 1. Câu II (2 điểm). . .   a) Tìm m để phương trình 2 sin 4 x  cos 4 x  cos 4 x  2sin 2 x  m  0 có nghiệm trên 0;  .  2 1 1 8 b) Giải phương trình log 2 x  3  log 4 x  1  log 2 4 x . 2 4 3. 3x 2  1  2 x 2  1 . 1  cos x x 0. Câu III (2 điểm)Tìm giới hạn L  lim. 0 2 4 6 98 100  C100  C100  C100  ...  C100  C100  250. a) Chứng minh rằng C100. 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 thức M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c . 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 : x 2  y 2  4 y  5  0 của C1  và C2 .. và C2  : x 2  y 2  6 x  8 y  16  0. Lập phương trình tiếp tuyến chung. 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 vuông góc với B’C. x 1 y z  2   . Viết phương trình mặt Câu VIa (1 điểm) Cho điểm A 2;5;3 và đường thẳng d : 2 1 2 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 hoành độ bằng 4.. A A b) Cho tứ diện OABC có OA  4, OB  5, OC  6 và AAOB  BOC  COA  600. Tính thể tích tứ diện OABC.. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu VIb (1 điểm)Cho mặt phẳng P  : x  2 y  2 z  1  0 và các đường thẳng d1 :. x 1 y  3 z   , 2 3 2. x 5 y z 5   . Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường 6 4 5 thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2. d2 :. ...................................................................................... Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012. Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 208 ) Câu I 2 điểm b) x 1 Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị y  C ' x 1 Học sinh tự vẽ hình Số nghiệm của. x 1 x 1 và y  m.  m bằng số giao điểm của đồ thị y  x 1 x 1. Suy ra đáp số m  1; m  1: phương trình có 2 nghiệm. Câu II a). m  1: phương trình có 1 nghiệm 1  m  1: phương trình vô nghiệm 2 điểm. 1 Ta có sin 4 x  cos 4 x  1  sin 2 2 x và cos4 x  1  2sin 2 2 x. 2. Do đó 1  3sin 2 2 x  2sin 2 x  3  m .   Đặt t  sin 2 x . Ta có x  0;   2 x  0;    t  0;1.  2. Suy ra f t   3t 2  2t  3  m, t  0;1 Ta có bảng biến thiên. b). 10   Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên 0;   2  m  3  2 1 1 8 Giải phương trình log 2 x  3  log 4 x  1  log 2 4 x  2  2 4. Điều kiện: 0  x  1 2   x  3 x  1  4 x Trường hợp 1: x  1 2   x 2  2 x  0  x  2 Trường hợp 1: 0  x  1 2   x 2  6 x  3  0  x  2 3  3. . . Vậy tập nghiệm của (2) là T  2; 2 3  3 Câu III. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> a). 3. 3x 2  1  2 x 2  1 . 1  cos x x 0. Tìm L  lim.  3 3x 2  1  1 2 x 2  1  1  Ta có L  lim   1  cos x  x  0  1  cos x   2 x2  1  1 2 x2  lim 2 Xét L1  lim x x  0 1  cos x x 0 2sin 2  2 x 2  1  1 2  3. 3x 2  1  1  lim x  0 1  cos x x 0. Xét L2  lim. 3x 2  2 3 x 2sin 2  3 3 x 2  1  3 x 2  1  1  2  . . . 2. Vậy L  L1  L2  2  2  4 b). 0 2 4 100  C100  C100  ...  C100  250. Chứng minh rằng C100. Ta có 0 1 2 2 100 100  C100 i  C100 i  ...  C100 i 1  i 100  C100. . . . 0 2 4 100 1 3 99  C100  C100  C100  ...  C100  C100  C100  ...  C100 i. Mặt khác. 1  i 2  1  2i  i 2  2i  1  i 100  2i 50  250 0 2 4 100  C100  C100  ...  C100  250. Vậy C100. Câu IV. Cho a, b, c thoả a  b  c  3. Tìm GTNN của M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c .       Đặt u  2a ;3b ; 4c , v  2c ;3a ; 4b , w  2b ;3c ; 4a  M  u  v  w. .    M  uvw .   . 2a  2b  2c.  .   2.  3a  3b  3c. .   2.  4a  4b  4c. . 2. 3 Theo cô – si có 22  2b  2c  3 2a  b  c  6 . Tương tự …. Vậy M  3 29. Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  1. Câu Va a). Học sinh tự vẽ hình. C1 : I1 0; 2 , R1  3; C2 : I 2 3; 4 , R2  3.. . Gọi tiếp tuyến chung của C1 , C2  là  : Ax  By  C  0 A2  B 2  0.  là tiếp tuyến chung của C1 , C2 . Lop10.com. .

<span class='text_page_counter'>(5)</span>   2 B  C  3 A2  B 2 1  d I1;    R1    Từ (1) và (2) suy ra A  2 B hoặc d I 2 ;    R2  3 A  4 B  C  3 A2  B 2 2   3 A  2 B C 2 Trường hợp 1: A  2 B . Chọn B  1  A  2  C  2  3 5   : 2 x  y  2  3 5  0 3 A  2 B . Thay vào (1) được 2 4 A  2 B  2 A2  B 2  A  0; A   B   : y  2  0;  : 4 x  3 y  9  0 3. Trường hợp 2: C . b). Gọi H là trung điểm của BC  d M ; BB ' C   AH . a 3 2. 1 a2 1 a3 3 SBB ' C  BB '.BC   VMBB ' C  AH .SBB ' C  2 2 3 12 Gọi I là tâm hình vuông 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 vuông AHK ta có AH  AK . Vậy AH max  AK    là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK. Gọi   là mặt phẳng qua A và vuông góc với d    : 2 x  y  2 z  15  0.  K 3;1; 4 .   là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK   : x  4 y  z  3  0 Câu Vb a). Gọi H  :. x2 a. 2. . y2 b. 2.  1 (H) tiếp xúc với d : x  y  2  0  a 2  b 2  4. x  4  y  2  A 4; 2  H  . 16 a. 2. . 4 b2. 1.  1 2 . x2 y 2  1 Từ (1) và (2) suy ra a  8; b  4  H  : 8 4 (Học sinh tự vẽ hình)Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho OA  OB '  OC '  4 2. 2. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Lấy M là trung điểm của B’C’  OAM   OB ' C '. Kẻ AH  OM  AH  OB ' C ' Ta có AM  OM  2 3  MH . 2 3 4 6  AH  3 3. 1 15 3 1 A SOBC  OB.OC.sin BOC  Vậy VOABC  AH .SOBC  10 2 2 2 3. Câu VIb. M 1  2t ;3  3t ; 2t , N 5  6t '; 4t '; 5  5t '. Gọi. d M ; P   2  2t  1  1  t  0; t  1.  Trường hợp 1: t  0  M 1;3;0 , MN  6t ' 4; 4t ' 3; 5t ' 5      MN  nP  MN .nP  0  t '  0  N 5;0; 5  Trường hợp 2: t  1  M 3;0; 2 , N 1; 4;0 . Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>