Đáp án đề thi thử đại học năm 2012 môn Toán - Đề số 6

1 DIỄN ĐÀN BOXMATH.VN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 ĐỀ SỐ: 06 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2y x ax bx c    (*) , ,a b c là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi 3; 0; 2a b c    2. Giả sử đồ thị hàm số (*) có đúng hai điểm chung ,M N với trục Ox. Gọi P là giao điểm của đồ thị hàm số (*) với trục Oy . Biết tiếp tuyến của đồ thị hàm số (*) tại M đi qua P .Tìm , ,a b c để diện tích tam giác MNP bằng 1. 1) Học sinh tự làm 2) Giả sử đồ thị hàm số cắt Ox tại ( ;0), ( ;0)M m N n và cắt Oy tại (0; )P c Tiếp tuyến tại M có dạng: 2(3 2 )( )y m am b x m    . Vì tiếp tuyến qua P nên: 3 2 3 23 2 0 2 0m am bm c m am       (vì M thuộc đồ thị nên: 3 2 0m am bm c    ) Từ đó suy ra: 2 am  Vì đồ thị hàm số cắt Ox tại 2 điểm M, N nên đồ thị tiếp xúc với Ox: Ta thấy M không thể là tiếp điểm của đồ thị hàm số với Ox vì nếu điều đó xảy ra thì trục Ox sẽ đi qua P (Vô lý) Vậy đồ thị tiếp xúc với Ox tại N. Do đó ta có: 3 2 2( ) ( )x ax bx c x n x m      Suy ra: 2 3 2 2 ,2 2 4 2 32 5 16 a am nm n a mn n b a c mn c a b                     Vì 1 2 8MNPS c n m c a        3 3 2 2 0 0 4 32 32 ( ) 5 8 8 2 5 16 5 16 a a a a c a c VN b ac ac c a b a b                           KL: 4 5 2 a b c        Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 1cos5 2cos 2 2 2cos 4 cos x x x x     2. Giải phương trình:  3 29 156 40 2 5 4 144 0x x x x x       1) Điều kiện cos 0x  2 Phương trình được viết lại như sau: 1cos5 1 (2cos 4 2 os2 1) cos x x c x x      Mặt khác ta có: cos5 (cos5 cos3 ) (cos3 cos ) cos 2cos 4 .cos 2cos 2 .cos cosx x x x x x x x x x x        Suy ra cos5 2cos 4 2 os2 1 cos x x c x x    . Phương trình đã cho có dạng : 1 cos5cos5 1 cos cos xx x x      2cos5 11 2cos5 1 1 0 ( )5 cos 1cos 52 kx x kx x k Z xx x k                      2) Giải phương trình sau:  3 29 156 40 2 5 4 144 0x x x x x       Điều kiện: 4 5 x  Phương trình viết lại như sau:           3 29 27 27 3 9 8 5 4 5 4 36 5 4 54 5 4 27) 6 5 4 9x x x x x x x x x                 33( 3) 3( 3) 2 5 4 3 3(2 5 4 3)x x x x          Xét hàm số   3 3f t t t  với (1; )t  có 2'( ) 3 3f t t t  với (1; )t  suy ra '( ) 0f t  Vậy hàm số ( )f t đồng biến trên (1; ) Ta có: 2( 3) (2 5 4 3) 3 2 5 4 3 2 5 4 20 16 0f x f x x x x x x x                 10 2 29( ) 10 2 29( ) x TM x L       Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: 10 2 29x   Câu III) Tính tích phân: 26 0 3sin sin .cos sin cos x x xI dx x x     Tính tích phân: 2 26 6 0 0 2sin sin .cos 1 cos (2sin cos )(sin cos ) 1 sin cos sin cos x x x x x x x xI dx dx x x x x               6 6 0 0 1(2sin cos ) sin cos x x dx dx J K x x          Ta có   60 5 2 3sin 2cos 2 J x x      6 6 6 0 0 0 1 1 1 1 sin cos 2 22 sin sin .cos 4 2 8 2 8 K dx dx dx x xx x x                                  3 6 6 20 0 tan 2 81 1 1 2 2tan .2cos tan 2 8 2 8 2 8 xd dx dx x x x                                      6 0 tan1 1 24ln tan ln 2 82 2 tan 8 x                    Vậy tan5 2 3 1 24ln 2 2 tan 8 I               Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ' ' 'ABCA B C có đáy ABC là tam giác vuông AB BC a  , mặt phẳng ( ' )AB C tạo với ( ' ')BCC B góc  với 3tan 2   ; Gọi M là trung điểm của BC . Tính thể tích khối chóp ' 'MA B C và xác định tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp 'B ACM theo a . C' A' E I O M K O' C A B B' Tính thể tích khối chóp: Từ B hạ ˆ( ' )BE B C BEA    có : 2.cot . 3 BE AB a  Mặt khác: 2 2 2 2 2 1 1 1 .' 2 ' BC BEBB a BE BB BC BC BE       4 Ta có 3 ' ' ' ' ' 1 1 1 2. ( ' ) . . 2. 3 3 2 2 12MA B C A MB C a aV V AB dt B MC a a    (đvtt) Tìm tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp: Gọi 'O là tâm vòng tròn ngoại tiếp của tam giác AMC thì tâm O’ thuộc đường trung trực của MC vị trí O’ được xác định theo hệ thức: . . 10' ' 4 ( ) 4 AM MC AC aO C R dt AMC    Qua O’ dựng 'O z vuông góc với (ABC) thì 'O z là trục đường tròn đáy (AMC) Suy ra tâm O của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp B’AMC nằm trên 'O z và tâm O thuộc mặt phẳng trung trực của B’C ( Mặt phẳng qua trung điểm I của B’C vuông góc với B’C ở I). Ta có bán kính mặt cầu ngoại tiếp là R thì: 2 2 2 2 2 2 5' 8 aR OC O C x x     (1) với 'OO x Mặt khác ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2' 3' ' 4 4 B C aR OB OI B I OI OI       Mà 2 2 2 2 2 25 2 2' ( ) 2 . 8 2 2 a a aIO MO x MI x x               Suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 23 5 2 2 3 15 22 . 2 . 4 8 2 2 4 8 2 a a a a a a aR OI x x x x                 (2) Từ (1) và (2) suy ra: 2 2 2 25 15 2 5 22 . 8 8 2 8 a a a ax x x x      Vậy 3 10 8 aR  Câu V (1 điểm) Tìm tất cả các cặp số thực , 0x y  thỏa mãn hệ phương trình: 2 2 1 0 1 0 x xy x y xy x y            Hệ phương trình viết lại như sau: 2 2 1 1 x xy x y xy x y          (1) (2) Vì , 0x y  nên ta suy ra , (0;1)x y Hệ có dạng: 2 1 11 1 1 1 1( 1)( ) 1 y xx x xy x xy x y x x                          (3) Phương trình (3) có dạng: 3 22 1 0x x x    . Xét hàm số   3 22 1f x x x x    . Ta có   2' 3 4 1f x x x   Với 0 1x  thì    2 2' 3 4 1 3 1 0f x x x x x x        5 Do đó ( )f x là hàm nghịch biến trên khoảng 0 1x  . Ta có 1 1. (1) 0 2 8 f f        nên ( ) 0f x  có nghiệm duy nhất thuộc 1 ;1 2       . Ta có: 2 1 1 1 11 1 1 1x x x x x x                ; Đặt 1 2cos x   với 0 3        ta có: 3 28cos 4cos 4cos 1 0 2cos3 2cos 2 2cos 1 0              2 2sin .cos3 2sin .cos 2 2sin .cos sin 0 sin 4 sin 3 2 7 7 k k                            Vì 0 3        nên chọn 7    suy ra 1 2cos 7 x   Ta có: 22 1 1 11 1 1x x x x x x x          2 2 2cos 11 71 4cos 7 y x x x x           Vậy hệ có đúng một nghiệm 2 2cos 11 7( , ) ; 2cos 4cos 7 7 x y              thỏa mãn điều kiện II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (T):    2 21 3 5x y    và hai điểm (2;1), (0;5)A B . Từ điểm M thuộc đường thẳng (d): 2 1 0x y   kẻ hai tiếp tuyến đến (T). Gọi E, F là hai tiếp điểm tương ứng. Tìm tọa độ điểm E, F biết ABEF là một hình thang. 2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho các điểm )2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA và mặt phẳng .022:)(  yx Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều các điểm CBA ,, và mặt phẳng ).( 1) Ta thấy A,B là đường kính của (T) ABEF là hình thang khi và chỉ khi / /EF AB 6 I B A F E M (T) có      1;3 , 5; 2; 4 / / 1;2I R AB u      : 2 1 0 2 1;M d x y M a a        2 2 ;3 ; . 0 2 2 6 2 0 1ABMI a a MI u a a a               3;1M  Giả sử : ( ; )E x y Suy ra ( 3; 1); ( 1; 3)ME x y IE x y      Vì E là tiếp điểm nên ta có E thuộc đường tròn Hay: 2 2 2 6 5 0x y x y     (1) 2 2( 3; 1); ( 1; 3) . 0 2 4 0ME x y IE x y ME IE x y x y               (2) Lấy (1)- (2) suy ra: 4 2 5 0x y    Phương trình đường thẳng : 4 2 5 0EF x y    . Tọa độ ,E F là giao điểm của EF và đường tròn:    2 2 4 2 5 0 1 3 5 x y x y          Giải hệ tìm được 3 5 2 3; 2 2 3 5 2 3; 2 2 x y x y            Vậy tọa độ E, F là : 3 5 2 3 3 5 2 3; ; ; 2 2 2 2 E F                 2) Vì M cách đều A, B, C nên M thuộc đường thẳng  là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P), (Q) lần lượt là mặt phẳng trung trực của AB, AC. Viết được phương trình: ( ) : 0;( ) : 3 2 6 0P x y Q x y z        Đường thẳng  có véc tơ chỉ phương là  ; 2;2; 2 / /(1;1; 1)P Qu n n         Xét hệ: 0 3 2 6 0 x y x y z          Cho 1 1 2 (1;1;2)x y z N      thuộc giao tuyến Suy ra 1 ( ) : 1 2 x t PTTS y t z t          Xét điểm M thuộc đường thẳng (1 ;1 ;2 )M t t t    7 Ta có  ; 1 ; 2MA t t t     ; /( ) 1 2 2 2 3 5 . 5 5M t t t d         Theo điều kiện bài toán ta có:  22 2 2 2 2 2 /( ) 03 5 ( 1) (2 ) 6 40 0 205 3 M tt MA d t t t t t t                Vậy có 2 điểm M cần tìm là: (1; 1; 2) 23 23 14( ; ; ). 3 3 3 M M      Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình: 32.6 4 3.12 2.8 2.3x x x x x    Chia 2 vế phương trình cho 2x ta thu được phương trình: 3 3 3 32. 1 3. 2 2. 2 2 2 x x x                     Đặt 3 0 2 x t       ta có phương trình: 32 1 4 3 2t t t    Theo bất đẳng thức AM GM ta có 32 1 1 3 2 1 12 1 ; 3 2 2 3 t tt t t t          Từ đó suy ra 2VT t Dấu bằng xảy ra khi 2 1 1 1 3 2 1 t t t       suy ra 0x  2. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có phương trình các cạnh BC, AB lần lượt là 2 2 0x y   và 3 10 0x y   .Tìm tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, biết điểm  2;2M thuộc cạnh AC 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng 1 1 : 0 x t y z t         và hai điểm A(2;1;-1), B(-1;2;0). Viết phương trình đường thẳng  qua B cắt 1 sao cho khoảng cách từ A đến  là nhỏ nhất? lớn nhất? 1) Phương trình đường thẳng MN qua M song song với BC là : 2 6 0MN x y   Gọi N là giao điểm của MN và AB, H là trung điểm của MN thì tọa độ N thỏa mãn hệ phương trình: 2 6 0 3 10 0 x y x y           2;4 0;3N H   AH qua H : 2 0 2 3 0BC x y C x y        8  : 7; 11A AB AH A      ; 4 7: ; 5 5 K AH BC K         AH: có  1;2u  , qua  0;3 : 3 2 x t H PTTS y t      Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp  ;3 2I t t  với 47; 5 t        / / 3 3 2 10 6 4 2 7 5 4 10 5 10 5I AB I BC t t t t t t d d                    4 2 7 33 31 2 0, 22( )7 2 5 4 491 5 2 7 2 5 4 4 2 7 33 31 2 491 5 2 t Lt t t t t                          33 31 2 81 62 2; 49 49 I          K HN M CB A 2) Giải: Gọi 1,u u   lần lượt là VTCP của 1,  . Ta có 1 qua N(1;0;0) có VTCP 1(1;0; 1)u   Giả sử 1 (1 ;0; ); : (2 ; 2; )M M t t VTCP u BM t t                3; 1; 1 ; 2 ; 2;BA u BA t t               / , A u BA d u         =  2 2 2 2 2 2 (2 2 ) (4 ) (2 ) 4 t t t t t         = 2 2 3 10 12 2 4 t t t t     . 9 Xét 2 2 3 10 12y= 2 4 t t t t     . Gọi y0 là một giá trị của hàm số  0y  2 2 3 10 12 2 4 t t t t       20 0 03 (2 10) 4 12 0y t y t y        20 0 0' 0 5 ( 3)(4 12) 0y y y        20 0 0 13 34 11 0 11 3 y y y        Từ đó suy ra * 00 0 2 10ax= 11 11 2 2( 3) ydm y t y          1 (0; 2;2) ( ) : 2 2 2 x u PTTS y t z t             * 0 1 1min 2 3 3 d y t     1 4 (4; 2;2) ( ) : 2 2 2 x t u PTTS y t z t               Câu VII.b (1 điểm) Tìm m để hàm số 2 ( 1) 1 1 x m x my x       có cực đại, cực tiểu thỏa mãn điều kiện: giá trị cực đại cực tiểu trái dấu nhau và CĐ CTy y Ta có nhận xét sau: Hàm số 2 ( 1) 1 1 x m x my x       có cực đại cực tiểu trái dấu khi và chỉ khi đồ thị hàm số không cắt trục Ox và 2( ) ( 1) 1 0f x x m x m      không có nghiệm 1x   Tức là: 20 ( 1) 4( 1) 0 1 1 ( 1) 0 1 0 m m m f                  Viết lại: 2 ( 1) 1 1 1 1 x m x my x m x x           ta có giao điểm của hai tiệm cận là: ( 1; 1)I m  Khi hàm số có cực đại cực tiểu thì: 2CĐ CT Iy y y  Từ đó suy ra 0 2 0 2( 1) 0 1CĐ CT CĐ CT I CĐ CT y y y y y m m y y             Vậy giá trị m cần tìm là: 1 3m  HẾT