Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 15 (Kèm đáp án)

Chia sẻ: Ngô Thị Thu Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

64
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với nội dung tính thể tích khối tứ diện, tính tích phân,... trong đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 15 có kèm theo hướng dẫn giải giúp bạn nâng cao kỹ năng giải các bài tập. Đồng thời đề thi này cũng giúp cho các thầy cô có thêm tài liệu để tham khảo chuẩn bị ra đề hoặc giúp đỡ học sinh ôn tập hiệu quả hơn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 15 (Kèm đáp án)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 15 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số: y  3x  x 3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm trên đường thẳng y = – x các điểm kẻ được đúng 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C). Câu II (2 điểm): 3sin 2 x  2sin x 2 1) Giải phương trình.: sin 2 x.cos x x x( x  1)  4( x  1) m 2) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x 1  2 e sin 2 x .sin x.cos 3 x. dx. Câu III (1 điểm): Tính tích phân I= 0 Câu IV (1 điểm): Cho hình nón đỉnh S, đường tròn đáy có tâm O và đường kính là AB = 2R. Gọi M là điểm thuộc đường tròn đáy và ASB  2 , ASM  2 . Tính thể tích khối tứ diện SAOM theo R,  và  . Câu V (1 điểm): Cho: a 2  b2  c 2  1 . Chứng minh: abc  2(1  a  b  c  ab  ac  bc)  0 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x – 1)2 + (y + 1)2 = 25 và điểm M(7; 3). Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho MA = 3MB.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;–2). Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng (ABC), tìm tọa độ điểm H. Câu VIIa (1 điểm) Giải phương trình: log2 x  ( x  7)log2 x  12  4 x  0 2 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ các đỉnh C và D. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho  ABC với tọa độ đỉnh C(3; 2; 3) và phương trình đường cao AH, phương trình đường phân giác trong BD lần lượt là: x 2 y 3 z 3 x 1 y  4 z  3 d1 :   d2 :   1 1 2 , 1 2 1 . Lập phương trình đường thẳng chứa cạnh BC của  ABC và tính diện tích của  ABC . x Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: 2008  2007 x 1 . 
Hướng dẫn Đề số 15 Câu I: 2) A (2; –2) và B(–2;2) 2(1  cos x )(sin 2 x  sin x )  0   x    k 2 Câu II: 1) PT  sin x  0, cos x  0  3 x t  ( x  1) 2) Đặt x  1 . PT có nghiệm khi t 2  4t  m  0 có nghiệm, suy ra m  4 . 1 1 t I  e (1  t )dt 1 e Câu III: Đặt sin x  t  2 20 = 2 Câu IV: Gọi OH là đường cao của D OAM , ta có:  SO  OA.cotg  R.cotg  sin   OA R  AH  SA.sin   R  SA  sin   sin  sin   R  OH  OA2  AH 2  sin 2   sin 2  sin  . 1 R3 cos  sin  VS . AOM  .SO. AH .OH  sin 2   sin 2  Vậy: 3 3sin 3  . Câu V: Từ gt  a  1  1 + a  0. Tương tự, 1 + b  0, 1 + c  0 2  (1  a)(1  b)(1  c)  0  1  a  b  c  ab  ac  bc  abc  0 . (a) 1 a 2  b2  c 2  a  b  c  ab  ac  bc  (1  a  b  c)2  0 Mặt khác 2 . (b) Cộng (a) và (b)  đpcm PM /(C )  27  0  Câu VI.a: 1) M nằm ngoài (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5. PM /(C )  MA.MB  3MB2  MB  3  BH  3  IH  R2  BH 2  4  d[M ,(d )] Mặt khác:
Ta có: pt(d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a2 + b2 > 0). a  0 6a  4b d [ M ,(d )]  4  4 a b 2 2  a   12 b   5 . Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0.  2 1 1 H  ; ;  2) Phương trình mp(ABC): 2x + y – z – 2 = 0.  3 3 3  Câu VII.a: Đặt t  log 2 x . PT  t  (7  x)t  12  4 x  0  t = 4; t =3 – x  x = 16; 2 x=2 AB   1; 2   AB  5 Câu VI.b: 1) Ta có: . Phương trình AB: 2 x  y  2  0 . I  (d ) : y  x  I  t ; t  . I là trung điểm của AC và BD nên: C (2t 1;2t ), D(2t;2t  2) 4  CH  Mặt khác: S ABCD  AB.CH  4 (CH: chiều cao) 5 .  4 5 8 8 2 | 6t  4 | 4 t  3  C  3 ; 3  , D  3 ; 3  d  C; AB   CH        5 5 t  0  C  1;0  , D  0; 2   Ngoài ra: 5 8 8 2 C  ; , D ;   3 3  3 3 C  1;0 , D  0; 2 Vậy hoặc 2) Gọi mp(P) qua C và vuông góc với AH  ( P)  d1  ( P) : x  y  2 z  1  0 B  ( P)  d2  B(1;4;3) BC : x  1  2t; y  4  2t; z  3  phương trình Gọi mp(Q) qua C, vuông góc với d2, (Q) cắt d2 và AB tại K và M. Ta có: (Q) : x  2 y  z  2  0  K (2;2;4)  M (1;2;5) (K là trung điểm của CM). x 1 y  4 z  3 1  ptAB :   A  AB  d1  A(1;2;5)  S ABC   AB, AC   2 3   0 2 2 , do 2 .
x Câu VII.b: PT  f ( x)  2008  2007 x  1  0 với x  (–  ; +  ) 2008x.ln 2008  f  (x)  2008x ln2 2008 0, x 2007;  ( x)  f   f  ( x ) luôn luôn đồng biến. lim f  ( x )  2007; lim f  ( x )   Vì f (x) liên tục và x  x   x0 để f ' ( x0 ) = 0 Từ BBT của f(x)  f(x) = 0 không có quá 2 nghiệm. Vậy PT có 2 nghiệm là x = 0; x = 1