Tuyển tập đề thi thử đại học năm 2012

  17 4 2 152 C CC C C C x yx y x y            Tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp I là nghiệm của hệ:         2 2 2 2 5 2 20 7 1 6 03 4 20 x y x x y yx y                      - Với  7; 6I   , ta có:    2 22 5 7 6 20C CIC x y       Kết hợp với 1C Cx y  ta được phương trình vô nghiệm  Kết hợp với 15C Cx y   ta được    11; 4 , 5; 10C C    (loại) - Với  1;0I  , ta có:    2 22 5 1 0 20C CIC x y       Kết hợp với 1C Cx y  ta được  3;4C  (loại),  3; 2C  (nhận)  Kết hợp với 15C Cx y   ta được phương trình vô nghiệm Vậy  3; 2C  Câu VI.a 2. Trong không gian Oxyz, lập phương trình mặt phẳng  P đi qua  1;1;1M  , song song với đường thẳng 1 3: 2 2 1 x y z     và cách đường thẳng  một khoảng bằng 2. Chọn điểm ( 1;3;0)N  thuộc đường thẳng  . Rồi gọi vecto pháp tuyến của mặt phẳng là: ( , , )n a b c . Ta có: 2 2 0 2( )a b c c a b       . Khi đó phương trình mặt phẳng là: ( 1) ( 1) 2( )( 1) 0a x b y a b z       . Áp dụng cống thức khoảng cách ta có: 2 2 2 | 4 2 |( ; ( )) 2 4( ) b ad N P a b a b       . Bình phương lên rồi rút gọn ta được: 2(2 ) 0 2 0a b a b     . Chọn: 1; 2a b   , suy ra: 2c  . Vậy phương trình mặt phẳng là: 2 2 1 0x y z    . Câu VII.a Tìm các số phức 1 2,z z . Biết 1 2 1 1 2z i z    và 2 1 1 1 3 2 2 z i z    . Ta có:  1 2 1 2 2 1 1 2 1 1 1 3 1 3 11 2 2 2 2 2 z z i i z z i z z z z                        Đặt 1 2z z z . Ta có phương trình 2 3 1 1 0 2 2 z i z        2 2 1 2 1 2 1 3 1 8 6 1 3 1 34 1 12 2 4 2 2 2 2 z z i i i ii z z i                              - Với 1 2 1z z i  ta suy ra 2 2 1 1 2 1 2 2 1 3 1 2 2 i i z z i i z ii z              - Với 1 2 1 1 2 2 z z i  ta suy ra 2 2 1 1 3 1 2 2 1 2 1 1 2 2 3 1 1 32 2 2 2 i i z z i z ii i z                 Vậy 2 1 1 z i z i      hoặc 2 1 1 1 2 2 z i z i       . Câu VI.b 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 25 . Trọng tâm G nằm trên đường thẳng ( ) :3 6 10 0x y    . Biết    6; 2 , 2;4A B  , tìm tọa độ điểmC . Ta có:    2 22 6 4 2 10AB       1 25 3 3GAB ABC S S    1 , . 2GAB S d G AB AB       2 5, 3 GABSd G AB AB      Phương trình đường thẳng AB đi qua điểm  2;4B  có    8;6 3;4AB ABa AB n             : 3 2 4 4 0AB x y     hay 3 4 10 0x y   Phương trình tham số đường thẳng   4 2 : 1 3 x t y t        Ta có:   14 2 ; 3 G G t t             2 2 1 13 4 2 4 10 35 5 2, 73 33 4 6 t t t d G AB t                     - Với 1 55; 2 6 t G        . Gọi I là trung điểm của  2;1AB I . Ta có: 1 13 9; 11; 2 2 IC IG C                - Với 7 5 5; 6 3 6 t G         . Ta có: 11 93 1; 1; 2 2 IC IG C                  Vậy 111; 2 C      hoặc 91; 2 C      . Câu VI.b 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm  1; 1; 2M    , cắt đường thẳng d có phương trình 2 1 1: 1 2 1 x y zd       và cắt mặt cầu        2 2 2: 1 2 1 25S x y z      tại hai điểm ,A B sao cho 8AB  . Đường thẳng d đi qua  2;1;1N có  1; 2;1da     Mặt cầu  S có tâm  1;2;1I  và bán kính 5R   2 ;1 2 ;1P d P t t t     Ta có   , , 3 MI MP d I MP          Từ đó ta tìm được 1 2 : 1 2 2 x t y t z t             hoặc 1 6 : 1 2 2 9 x t y t z t             Câu VII.b Cho các số phức 1 2,z z thỏa mãn 1 2 2z z z  và 1 2 13z z z  ,  1 2, 0z z  . Tính   4 4 4 1 2 1 2 1 1A z z z z         . Ta có: 1 2 1 1 2 2 1 1 1 3 z z z z z z          Đặt 1 2 z x yi z     , ta có:       2 2 2 2 2 2 1 1 11 1 2 31 3 1 3 2 xx y x y x y y                            - Với 1 2 2 1 1 3 1 3 1 1 3, 2 2 2 2 2 2 z zx y i i z z             4 44 4 4 4 1 2 2 1 3 3 3 31 1 3 cos sin 3 cos sin 2 2 2 2 6 6 6 6 z zA i i i i z z                                                             2 2 2 29 cos sin 9 cos sin 9 3 3 3 3 i i                    - Với 1 3, 2 2 x y   , tương tự ta cũng có 9A   Vậy 9A   HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 13 CỦA BOXMATH.VN Môn: Toán Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 3 1y x mx    mC 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 1m  2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số  mC có hai điểm cực trị ,A B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 4 2 , trong đó  1;1I . Ta có 23 3y x m   20y x m    Để có hai điểm cực trị thì 0m  Tọa độ hai điểm cực trị ( ; 2 1); ( ;2 1)A m m m B m m m    Phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị 1 2y mx  3 2 34 ( 2( ) 6 ) 4 16AB m m m m m m     : 2 1 0d y mx   2 | 2 |( , ) 4 1 md I d m   3 2 1 | 2 |4 16 4 2 2 4 1 ABI mS m m m     2 24 (2 ) 128 m(2 ) 32 2m m m m      Vậy 2.m  Câu II 1. Giải phương trình: 2 1 sin 3 2cos 2 sin 1 cos cos x x x x x     Điều kiện , 2 kx k Z  Phương trình tương đương với:                2 2 2 1sin 3 2cos 1 cos cos sin 2 1 cossin 3 cos sin 2 2sin 3 sin cos sin 2sin 3 cos sin cos sin cos sin cos 2sin cos cos 2 sin 2 1 sin cos sin cos 4sin cos cos 2 sin 2 1 sin 2 x x x x x xx x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                     2 0 tan 1 4 cos 2 sin 2 sin 2 sin 2 4 0 (*) x x k x x x x              Ta có:   21 15* cos 2 sin 2 sin 2 0 2 4 x x x         Vì  22 21 1cos 2 sin 2 cos 2 sin 24 4x x x x   ; 21sin 2 0 2 x       nên vế trái phương trình trên nhỏ hơn 0 nên  phương trình (*) vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm 4 x k   . Câu II 2. Giải phương trình:     26 5 1 6 2 1 4 1 4 3x x x x x x         Đặt 1, 1a x b x    , thì 2 2 2 (1)a b  Phương trình trở thành : 2 2 2 2 2 211 7(4 2 ) 4 2 2 a b a ba a b b ab     3 2 2 3 2 28 11 4 8 7a a b ab b a ab b       2 2 2( )( 7 4 ) ( )( 7 )a b a a b b a b a b       2 27 4 7 0 (2)a ab b a b      Lấy (2) 2(1) ta được : 2 23 (7 1) 2 7 4 0a b a b b      Gải phương trình này ta có : 2 1a b  hoặc 3 4a b  -Với 2 1a b  thu được 4 (5 7) 9 x   -Với 3 4a b  thu đươc 5 4 x  Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: 4 (5 7) 9 x   hoặc 5 4 x  . Câu III Tính tích phân:   2 4 2 2 4 cos 2 sin 2 cos sin cos x x x x xI dx x x x       .           2 2 2 4 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 2 4 2 cos 2 sin cos cos sin cos 2 cos sin cos cos 2 sin cos sin cos sin cos 2 cos cos 2 cos 2 sin cos sin cos sin cos 2 cos 2 cos si x x x x x x xI dx x x x x x x x x x x x x x x dx x x x x x x x x x x x x x dx x x x x x x x                                             2 4 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 4 n cos sin cos 2 cos 2 cos sin cos 2 cos 2 1 cos 2 42 sin cos x x dx x x x x x x dx dx x x x x x x dx x x x                        Đặt       2 2 2 cos 2 4 sin cos 1 cos 2 1; 2 sin cos2 sin cos u x x du x x x dx xdv dx v x x xx x x           Vậy     2 2 2 2 4 4 2 cos 2 2 2 sin cos 1 4 4 4 2 x xI x x dx x                     . Câu IV Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a và  060BAD  . Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của ,AB AD tương ứng, hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABCD là giao điểm P của ,CM BN . Biết góc tạo bởi SB và mặt phẳng  ABCD bằng 060 . Tính thể tích khối chóp .S CDNP và khoảng cách giữa hai đường thẳng ,SD CM theo .a - Tính thể tích  0 2 2 2 2 0 2 2 2 2 0 2 3 7, 2 2 21sin sin120 sin 14 tan 60 33 25 33 3 sin 90 sin 1 9 521 14 1 1 11 3( ) ( ) ( ) ( ) . ( ) 2 2 40 1 11. 3 CDNP MCB a aNB CM CN MC MB SP x xSP x BP PC BC BP a xxaPC BP aa x x S NDCP S NDCB S BPC NB ND BC BP BC a dvdt V SP S                                     3 3 ( ). 200 a dvtt - Tính khoảng cách Trong  ABCD qua D kẻ đường thẳng / /d CM Từ P kẻ PK vuông góc với d cắt d tại K . Trong mặt phẳng  SPK kẻ PH vuông góc với SK tại H Mặt phẳng  SPK vuông góc với CM và d PH vuông góc với CM Vậy PH là khoảng cách cần tìm.   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 105 3 3 3 13 10 4 5 2 . cos . 2 7 5 ( ) 4 91cos 2 . 91 5 273 21sin 1 cos sin 91 7 1 1 1 3 46 46 aPB NP NB PB a aPD PN ND a a DPC KDP DC DP PC PD PC PC PB BC a DC DP PC DP PC KP PD a PH a SP KP PH                                               Câu V Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 4 3 5 5 b a c b   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 12( ) 12( ) 25( )a b b c c aP c a b       . Từ giả thuyết, ta có : 1 0 5 b c a b    ; 8 0 5 a b c b    - Xét trường hợp 0c a b               12( ) 12( ) 25( ) 49 2 2 2 2 2 12( ) 12( ) 25( ) 49 2b c P b c a c a b a b c c a c a b c a b a b b c a c a b a b c a b bc a b c c a                                   Đặt  , , 0 x b c a y c a b x y z z a b c             Với 3 5 3 5 4 4 4 4 4 5 za b c a b c a b c b c a z x x                hay 1 4 x z  Với 4 18 10 10 9 9 9 9 5 9 xb c a b c a b c a a b c x z z                Ta có: 1 1 1 12 12 1 25 49 25 4912 2 2 21y z xx y P x y z y z z x x y z                           2424 25 49 25 4 1 1 9 2 2 1 1 x x z z x z z x x z          (Do 4 1z x   ) Xét hàm số 2 24 25 49( ) 1 21 tf t t t     với xt z  , 1 1 3 2 t  . Ta có            2 22 2 3 1 3 8 15 8 ' 0 1 1 t t t t f t t t         1 1; 3 2 t      Hàm số  f t nghịch biến trên 1 1; 3 2      . Do đó   1 7 7 2 2 f t f P         - Xét trường hợp 0c a b   Ta có: 3 5 a b c c a b         12( ) 1212 15 27b c bP a a          Mà 3 5 5 3 b a c a b a     . Do đó 27 20 7P      Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 7 . Dấu “=” xảy ra khi 2 22 3 3 54 3 5 54 3 a cy x b c ay xz z x b c a b cz x                    . Câu VI.a 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có    1;1 , 2; 2B C  . Đường tròn tâm  2;1I đi qua ,B C cắt các cạnh ,AB AC lần lượt tại ,M N tương ứng sao cho MA MB và 2NC NA . Tìm tọa độ đỉnh .A Gọi tọa độ điểm A là  0 0;A x y . Suy ra: 0 0 0 0 1 1 2 2 2 2 ; , ; 2 2 3 3 x y x yM N              Phương trình đường tròn  C có tâm I qua ,B C :    2 22 1 9x y    Ta có:           2 2 0 0 2 2 0 0 5 1 36 , 2 4 2 5 81 x y M N C x y             Giải hệ trên ta tìm được 7 3 11 14 6 11; 5 5 A         hoặc 7 3 11 14 6 11; 5 5 A         . 2. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm      1;1;0 , 2;2; 1 , 0; 1;2A B C  và đường thẳng 1 2 3: 2 1 1 x y zd     . Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho biểu thức 2 2 2MA MB MC  đạt giá trị nhỏ nhất. (1 2 ;2 ; 3 )M d M t t t      2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 ( 1) ( 3) (2 1) ( 2) (2 1) ( 3) ( 5) 6 12 20 6( 1) 26 26 MA MB MC t t t t t t t t t t t t                           Vậy 2 2 2MA MB MC  nhỏ nhất khi 1t  và khi đó (3;3; 2)M  . Câu VII.a Giải phương trình sau trên tập số phức:  23 23 3 0z z i z z    . Ta có phương trình đã cho tương đương với: 3 2 23 . 3 0 ( )( 3 ) 0z z z iz iz z i z z        Với: 0z i z i     Với: 2 3 0z z  . Ta gọi: , ( , )z a bi a b R   Khi đó ta có: 2 2 2 2 3 03 (2 3 ) 0 2 3 0 a b a a b a ab b i ab b              Từ đây dễ dàng suy ra: 3 3 3 3 3 30; 3; ; 2 2 2 2 z z z i z i       . Câu VI.b 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho elip 2 2( ) : 4 16E x y  và đường thẳng : 3 4 20 0x y    . Tìm điểm M thuộc ( )E sao cho khoảng cách từ M đến  là lớn nhất, nhỏ nhất. Lấy  ( , )M a b E , ta có: 2 24 16a b  Ta có:     22 2 2 2 2 21 116 4 3 2 4 3 4 13 13 a b a b a b       20 4 13 20 4 13( , 4 13 3 4 4 13 4 13 20 3 4 20 4 13 20 20 4 13 3 4 20 20 4 13 3 4 2020 4 13 20 4 13 5 5 5 ) 5 5 a b a b a b M b d a                                  - Ta thấy 20 4 13( , ) 5 d M   khi và chỉ khi 2 24 16 12 2 3 43 2 33 4 4 13 a b a a b b a b                     - Tương tự với 20 4 13( , ) 5 d M   , ta tìm được 12 3 4 3 a b       Từ đó suy ra 2 điểm M thoả mãn GTLN và GTNN là: 12 4; 3 3       và 12 4; 3 3         . 2. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm      1; 2;1 , 2;1;2 , 0; 3;2A B C  và mặt phẳng   : 2 2 1 0P x y z    . Tìm tọa độ điểm M thuộc ( )P sao cho biểu thức 2 2 2MA MB MC  đạt giá trị nhỏ nhất. Đầu tiên gọi điểm I có toạ độ ( , , )I a b c thoả mãn: 0IA IB IC      Ta dễ dàng tìm được điểm 4 5(1; ; ) 3 3 I  Khi đó ta có ngay điểm M chính là hình chiếu của I lên mặt phẳng ( )P . Ta viết phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với mặt phẳng ( )P là: 1 4 2 3 5 2 3 x t y t z t              Từ đây tìm ra điểm 1 1;0; 3 3 M      Câu VII.b Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:     2 2 2 2 2 4 2 1 x y m x y xy x m                              2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 x y m x y m y x y m x m y x y m x m x y m x y m y x x y x m x x y x xy m x x x y mx y m x x y x x y m x x x y m                                                            Đặt 2 2 1;u x x v x y      . Ta có:     2 22 2 2 2 2 2 0 2 1 u v m uu m u m u mu m m uv m u              Khảo sát hàm số   2 2 2 uf u u   với 0u  , ta tìm được 0m  hoặc 2.m  DIỄN ĐÀN BOXMATH.VN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 ĐỀ SỐ: 14 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 xy x    ( )H 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )H của hàm số đã cho. 2. Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng 2y x m  luôn cắt đồ thị ( )H tại hai điểm phân biệt A và B . Gọi 1 2,d d là các tiếp tuyến với ( )H tại A và B . Tìm m để  2;1I cách đều 1 2,d d . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình:        cos sin 2sin 2 1 4cos 2 3 cos sin 2sin 2 1 2 x x x x x x x        . 2. Giải hệ phương trình:       2 2 2 2 2 , 2 2 1 x y x x y x y xy x y xy y x y                Câu III (1 điểm) Tính tích phân:  2 2 1 2 ln ln 4 ln 1 e x x x I dx x     . Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ . ' ' ' 'ABCD A B C D có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng .a Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của ,DC AD . Hình chiếu vuông góc của 'A lên mặt phẳng ( )ABCD trùng với giao điểm của AM và BN . Góc giữa hai mặt phẳng ( ' ')ADD A và ( )ABCD bằng 060 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng , 'BN B C theo .a Câu V (1 điểm) Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 3a b c   . Chứng minh rằng: 2 2 23 3 .ab bc ca a b b c c a abc       II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn    2 2( ) : 3 4 4C x y    và hai điểm    4;1 , 8;3B C . Tìm tọa độ điểm A nằm trên đường tròn ( )C sao cho tam giác ABC vuông tại .A 2. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm 1 1;0; 2 2 A     , vuông góc với mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0P x y z    và tiếp xúc với mặt cầu      2 2 2( ) : 1 1 2 1.S x y z      Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z sao cho | (3 4 ) | 5z i   và biểu thức 2 2| 2 | | |P z z i    đạt giá trị lớn nhất. 2. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy , viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm    5;4 , 1;6A B và tiếp xúc với đường thẳng : 3 3 0.d x y   2. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng ( ) đi  2;1;2B , đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng 1 2 4: 1 1 4 x y zd     . Đường thẳng 2d cắt ( ) tại M , đi qua  2;2;0N và tiếp xúc với mặt cầu 2 2 2( ) : 4S x y z   . Tìm tọa độ điểm .M Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: 1 3 2 1 3 l( 3 og () log 2 ) 1.2 1x x x     ---------- Hết ----------