Đề thi thử đại học môn toán năm 2012

Chia sẻ: Bùi Quý Thế | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

0
1.267
lượt xem
300
download

Đề thi thử đại học môn toán năm 2012

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học môn toán năm 2012', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học môn toán năm 2012

  1. ÐỀ THI THU ĐH 2012 Môn thi: TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) x . Cho hàm số x −1 y= 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm m để đường thẳng d : y = −x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 3 cos 3x = 2 sin 2x . sin 3x − 2. Tìm giá trị của tham số m để hệ phương y = có nghiệm (x; y) thỏa mãn xy < 0. mx + trình {x − my = 1 Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (1; 1; 3) và đường thẳng d có phương trình: x y z −1 == 1 −1 2 1. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng d. 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MOA cân tại đỉnh O. Câu IV (2 điểm) 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol (P): x = −x2 + 4x và đường thẳng d: y = x. 2. ỏ ho ấaicsố tbiực xhứcthay đổi và thỏa mãn x2 + y2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất và nh C nh ht ủa h ểu t , y P = 2( x 3 + y3 ) − 3xy . PHẦN RIÊNG ------- Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b--------- Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d : x – 2y + 3 = 0. 18 ⎛ức 1 ⎞ (x > 0) 2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị th Niutơn của ⎜ 2x + ⎟ Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải phương trình log 2 ( x + 2 ) − 6 log 1 2 x +1 +2 = 0 1
  2. ⎝ 5 x⎠ 2. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là BAD = ABC = 900 , AB = BC = a, hình thang, AD = 2a, SA vuông góc với đáy và SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SD. Chứng minh rằng BCNM là hình chữ nhật và tính thể tích của khối chóp S. BCNM theo a. BÀI GIẢI GỢI Ý Câu I. 1. Tập xác định D = R \{1} ; −1 y' = ( x − 1) 2 < 0 với ∀x ∈ D. BBT x −∞ 1 +∞ / − − y +∞ 1 y 1 −∞ Tiệm cận : x = 1 là pt tiệm cận đứng y = 1 là pt tiệm cận ngang 2
  3. x 2. Pt hoành độ giao điểm : = − x + m ⇔ x 2 − mx + m = 0 (vì x = 1 không là nghiệm) x −1 2 d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt ⇔ Δ = m − 4m > 0 ⇔ m < 0 ∨ m > 4 Câu II. 1 3 ⎛ π cos 3x = sin 2 x ⇔ sin ⎜ 3x − ⎟⎞ = sin 2x 1. Pt ⇔ sin 3x − 3⎠ 2 2 ⎝ π π ⇔ 3x − = 2x + k 2π hay 3x − = π − 2x + k 2π 3 3 π 4 π k 2π ⇔ x = + k 2 π h ay x = + (k ∈ Z) 3 15 5 1 −m 1 −m 1 1 2 2. D = =1 +m ; D = = 1 + 3m ; D = =3−m m1 31 m3 x y D x 1 + 3m ⎧ = ⎪x= 2 D 1+m Hệ phương trình ⇔ ⎨ Dy 3 −m ⎪y = = ⎩ D 1 + m2 1 + 3m 3 − m 1 2. 2<0 ⇔m< − Hệ có nghiệm (x, y) thỏa xy < 0 ⇔ hay m > 3 1+m 1+m 3 Câu III. r uur 1. (P) qua A (1; 1; 3), PVT n = a d = (1; −1; 2) nên pt (P) : 1(x – 1) – 1(y – 1) + 2(z – 3) = 0 ⇔ x – y + 2z – 6 = 0 2. Gọi M (t; −t; 2t + 1) ∈ d. ΔOMA cân tại O ⇔ OM2 = OA2 5 ⇔ t2 + t2 + (2t + 1)2 = 1 + 1 + 9 ⇔ 6t2 + 4t – 10 = 0 ⇔ t = 1 hay t = − 3 55 7⎞ ⎛ Vậy M (1; −1; 3) hoặc M ⎜ − ; ; − ⎟ 33 3⎠ ⎝ Câu IV. 2 2 1. PTHĐGĐ : −x + 4x = x ⇔ x – 3x = 0 ⇔ x = 0 hay x = 3 3 3 3 3x 2 x3 27 9 2 2 ∫x − 3x dx = ∫ (− x + 3x )dx S= =− + = −9 + = (đvdt) ⎤ ⎥ 0 0
  4. 3 2 ⎦0 2 2 2 ( x + y) − 2 . Đặt t = x + y , đk : t = x + y ≤ 2 2. x2 + y2 = 2 ⇔ xy = 2 3 2 3 3 3 P = 2(x + y ) – 3xy = 2(x + y)(2 – xy) – 3xy = −t − t + 6t + 3 2 32 3 Xét hàm số g(t) = −t − t + 6 t + 3 ; với t ∈ [−2; 2] 2 g’(t) = −3t 2 − 3t + 6 ; g’(t) = 0 ⇔ t = 1 hay t = −2 13 13 Ta có g(-2) = −7; g(1) = ; g(2) = 1 ⇒ min P = −7; max P = . 2 2 Phần riêng 1. Gọi A (a; 0) ∈ x’Ox; B (0; b) ∈ y’Oy Câu V.a.
  5. uuur ⎛a b⎞ Ta có : AB = (−a; b) và trung điểm AB là I ⎜ ; ⎟ ⎝2 2⎠ uuur r {AB // n = (1; A, B đối xứng qua d ⇔ −2) I∈d ⎧a b ⎧⎪b = ⎧⎪ b = ⎪− = {a = 2 2a 2a ⇔⎨ 1 −2 ⇔ ⎨a ⇔ ⎨a ⇔ a b=4 −b +3 = 0 − 2a + 3 = 0 b ⎪ − 2( ) + 3 = 0 2 2 ⎩2 2 Vậy A (2; 0) và B (0; 4) 18 −1 18 − 6 k 18 18 1⎞ ⎛ ∑C ∑C 5k k 18 − k k 18 − k 2. ⎜ 2 x + (x ) = 5 (2x ) .2 x 18 ⎟ 5 = 18 ⎝ x⎠ k =0 k =0 6 Ycbt ⇔ 18 − k = 0 ⇔ k = 15 5 3 15 Vậy số hạng không chứa x là : 2 .C = 6528 18 Câu V.b. 2 1. Pt ⇔ log2 ( x + 1) − 3 log2 ( x + 1) + 2 = 0 ⇔ log2(x + 1) = 1 hay log2(x + 1) = 2 ⇔ x + 1 = 2 hay x + 1 = 4 ⇔ x = 1 hay x = 3 2. S M H N A B 2 1 Ta có MN //=
  6. C D AD, nên ta có MN // = BC =a BC ⊥ SAB, nên BC ⊥ BM ⇒ tứ giác MNBC là hình bình hành có 1 góc vuông nên là hình chữ a2 nhật. M là trung điểm của SA nên ta có : d(S,BCMN) =d(A,BCMN)= =h 2 d(A,BM)= 3 a2 1 1 a ( ) V(S.BCNM)= a.a 2 = BCNM S .h = 3 3 2 3 ---------- oOo ----------
Đồng bộ tài khoản