Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 179

Chia sẻ: TiPo | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

0
145
lượt xem
76
download

Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 179

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

Nội dung Text: Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 179

  1. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 179 ) PhÇn dµnh chung cho tÊt c¶ c¸c thÝ sinh (7 ®iÓm) C©u 1: Cho hµm sè : y = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1) x − (m 2 − 1) (1) a, Víi m = 0 , kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) . b, T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè (1) c¾t trôc Ox t¹i ba ®iÓm ph©n biÖt cã hoµnh ®é d¬ng. π C©u 2: a, Gi¶i ph¬ng tr×nh : sin2x + (1 + 2cos3x)sinx - 2sin 2 (2x+ )=0 4 b, X¸c ®Þnh a ®Ó hÖ ph¬ng tr×nh sau cã nghiÖm duy nhÊt : 2 x + x = y + x2 + a x2 + y2 = 1 sin xdx C©u 3 : T×m : (sin x + 3 cos x)3 C©u 4 : Cho l¨ng trô ®øng ABC. A' B 'C ' cã thÓ tÝch V. C¸c mÆt ph¼ng ( ABC ' ), ( AB 'C ), ( A' BC ) c¾t nhau . t¹i O. TÝnh thÓ tÝch khèi tø diÖn O.ABC theo V. C©u 5 : Cho x,y,z lµ c¸c sè thùc d¬ng . Chøng minh r»ng : x y z 4( x 3 + y 3 ) + 3 4( y 3 + z 3 ) + 3 4( z 3 + x3 ) + 2( + 2 + 2 ) 12 3 P= 2 y z x PhÇn riªng (3 ®iÓm): ThÝ sinh chØ lµm mét trong hai phÇn (phÇn A hoÆc B ) A. Theo ch¬ng tr×nh chuÈn C©u 6a : a, Cho ®êng trßn (C) cã ph¬ng tr×nh : x 2 + y 2 − 4 x − 4 y + 4 = 0 vµ ®êng th¼ng (d) cã ph¬ng tr×nh : x + y – 2 = 0 Chøng minh r»ng (d) lu«n c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A,B . T×m to¹ ®é ®iÓm C trªn ®êng trßn . . . (C) sao cho diÖn tÝch tam gi¸c ABC lín nhÊt. b, Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz cho ®iÓm A(1;2;3)vµ hai ®êng th¼ng cã ph¬ng tr×nh : x = 4t ' x y +1 z − 2 (d 2 ) : y = −2 = = (d1 ) : −2 2 1 z = 3t ' ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng ( ∆ )®i qua ®iÓm A vµ c¾t c¶ hai ®êng th¼ng(d 1 ), (d 2 ). C©u 7a : T×m sè h¹ng kh«ng chøa x trong khai triÓn : 7 � 1� �x+ 3 � 4 ( víi x > 0 ) x� � B . Theo ch¬ng tr×nh n©ng cao C©u 6b : a, ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng chøa c¸c c¹nh cña tam gi¸c ABC biÕt B(2;-1) , ®êng cao vµ . . ®êng ph©n gi¸c trong qua ®Ønh A,C lÇn lît lµ : 3x -4y + 27 =0 vµ x + 2y – 5 = 0 . b, Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) vµ ®êng th¼ng ( ∆ ) cã ph- ¬ng 2x − y + z + 1 = 0 tr×nh : x− y+z+2=0 T×m to¹ ®é ®iÓm M n»m trªn ®êng th¼ng ( ∆ )sao cho : MA + MB nhá nhÊt . C©u 7b : Cho (1 + x + x ) = a0 + a1 x + a2 x + ...a24 x . TÝnh hÖ sè a 4 . 2 12 2 24 ------ HÕt. -------- 1
  2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 179) PhÇn dµnh chung cho tÊt c¶ c¸c thÝ sinh (7 ®iÓm) C©u 1: Cho hµm sè : y = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1) x − (m 2 − 1) (1) a, Víi m = 0 , kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) . b, T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè (1) c¾t trôc Ox t¹i ba ®iÓm ph©n biÖt cã hoµnh ®é d¬ng. Ta có y’= 3x2-6mx+3(m2-1) x = m −1 Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương thì ta phải y’=0 x = m +1 có: V' y ' > 0 ∀m R 1− 2 < m < 1 f CD . f CT < 0 (m 2 − 1)(m 2 − 3)(m 2 − 2m − 1) < 0 − 3 < m < −1 � � �CD > 0 � � −1 > 0 � 3 < m < 1+ 2 � x m 3 < m < 1+ 2 � >0 � +1 > 0 m x �CT � m >1 � (m − 1) < 0 − � (0) < 0 f Vậy giá trị m cần tìm là: m �( 3;1 + 2) C©u 2: a, Gi¶i ph¬ng tr×nh : π π ) = 0 <=> Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x + )=0 sin2x + (1 + 2cos3x)sinx - 2sin 2 (2x+ 4 4 π sin2x + sinx + sin4x – sin2x = 1 – cos(4x + ) sinx + sin4x = 1+ sin4x sinx = 1 2 π x = + k2 π , k Z 2 b, X¸c ®Þnh a ®Ó hÖ ph¬ng tr×nh sau cã nghiÖm duy nhÊt : 2 x + x = y + x2 + a x2 + y2 = 1 Nhận xét: Nếu (x;y) là nghiệm thì (-x;y) cũng là nghiệm của hệSuy ra, hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x =0 + Với x = 0 ta có a =0 hoặc a = 2-Với a = 0, hệ trở thành: � x + x = y + x2 � x + x − x2 = y 2 2 (1) � � (I) �2 �2 � + y =1 � + y =1 2 2 x x (2) x2 + y 2 = 1 x=0 �1 y 2 x � + x −x 2 x 1 2 1 � 2x ( I ) có nghiệm � � + x − x = 1 � � 2 Từ (2) � � 2 � �2 �� y =1 y 1 xx y1 y =1 2 x + x = y + x2 + 2 -Với a=2, ta có hệ: Dễ thấy hệ có 2 nghiệm là: (0;-1) và (1;0) không TM x2 + y2 = 1 Vậy a = 0 TM 2
  3. sin xdx C©u 3 : T×m : (sin x + 3 cos x)3 ππ π π1 π 3 sin[(x- ) + ] sin( x − ) sin( x − ) + cos(x- ) s inx 3 6 +1 1 6 6 =2 62 6= = Ta có π 16 cos3 ( x − π ) 16 cos 2 ( x − π ) π 3 (sinx+ 3cosx) 8cos3 ( x − ) 8cos(x- ) 6 6 6 6 π s inxdx 3 1 = + tan( x − ) + c � π 16 6 3 (sinx+ 3cosx) 32cos 2 ( x − ) 6 C©u 4 : Cho l¨ng trô ®øng ABC. A B C cã thÓ tÝch V. C¸c mÆt ph¼ng ( ABC ' ), ( AB 'C ), ( A' BC ) c¾t ''' A' nhau . t¹i O. TÝnh thÓ tÝch khèi tø diÖn O.ABC theo V. Gọi I = AC ’A’C, J = A’B AB’ C' (BA'C) (ABC') = BI  O là điểm cần tìm (BA'C) (AB'C) = CJ � B' Goi O = BI CJ I Ta có O là trọng tâm tam giác BA’C J Gọi H là hình chiếu của O lên (ABC) Do V ABC là hình chiếu vuông góc của V BA’C O trên (ABC) nên H là trọng tâm V ABC A C OH HM 1 H = = Gọi M là trung điểm BC. Ta có: M A ' B AM 3 B 1 1 1 = OH .SVABC = A ' B.SVABC =V � VOABC 3 9 9 C©u 5 : Cho x,y,z lµ c¸c sè thùc d¬ng . Chøng minh r»ng : x y z 4( x 3 + y 3 ) + 3 4( y 3 + z 3 ) + 3 4( z 3 + x 3 ) + 2( + 2 + 2) 3 P= 12 2 y z x Ta có: 4(x3+y3) (x+y)3 , với ∀ x,y>0 Thật vậy: 4(x3+y3) (x+y)3 4(x2-xy+y2) (x+y)2 (vì x+y>0) 3x2+3y2-6xy 0 (x-y)2 0 luôn đúng Tương tự: 4(x3+z3) (x+z)3 4(y3+z3) (y+z)3 x y z 1 + 2 + 2 ) 63 � 3 4( x 3 + y 3 ) + 3 4( x 3 + z 3 ) + 3 4( y 3 + z 3 ) � x + y + z ) � 3 xyz Mặt khác: 2( 2( 6 2 y z x xyz x= y=z x y z 1 ) 12 Dấu ‘=’ xảy ra � 2 = 2 = 2 � x = y = z = 1 + � P 6( 3 xyz 3 y z x xyz 1 xyz = xyz Vậy P 12, dấu ‘=’ xảy ra x = y = z =1 PhÇn riªng (3 ®iÓm): ThÝ sinh chØ lµm mét trong hai phÇn (phÇn A hoÆc B ) 3
  4. A. Theo ch¬ng tr×nh chuÈn C©u 6a : a, Cho ®êng trßn (C) cã ph¬ng tr×nh : x 2 + y 2 − 4 x − 4 y + 4 = 0 vµ ®êng th¼ng (d) cã ph¬ng tr×nh : x + y – 2 = 0 Chøng minh r»ng (d) lu«n c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A,B . T×m to¹ ®é ®iÓm C trªn ®êng trßn (C) sao cho diÖn tÝch tam gi¸c ABC lín nhÊt. (C) có tâm I(2;2), bán kính R=2 Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ: y �x = 0 y=2 x+ y−2=0 C 4 M x + y − 4x − 4 y + 4 = 0 x=2 2 2 y=0 I B Hay A(2;0), B(0;2) 2 Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B H 1 A = CH . AB (H là hình chiếu của C trên AB) Ta có SVABC O 2 2 x C = (C ) (V) CH max Dễ dàng thấy CH max SVABC max xC > 2 V⊥ d Hay V : y = x với V: � C (2 + 2; 2 + 2) Vậy C (2 + 2; 2 + 2) thì SVABC max I (2; 2) V b, Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz cho ®iÓm A(1;2;3)vµ hai ®êng th¼ng cã ph¬ng tr×nh : x = 4t ' x y +1 z − 2 (d 2 ) : y = −2 = = (d1 ) : −2 2 1 z = 3t ' ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng ( ∆ )®i qua ®iÓm A vµ c¾t c¶ hai ®êng th¼ng(d 1 ), (d 2 ). Nhận xét: M (d1) và M (d2) (V) �(d1) = I Giả sử Vì I d1 I(2t-1; -1-2t; 2+t) H d2 H(4t’; -2; 3t’) (V) �(d 2) = H 1 − 2t = k (1 − 4t ') uuur uuuu r � = k HM TM 23 � � � + 2t = k (2 + 2) � t = − �� ycbt 3 k ι R, k 0 10 Vậy phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm I và 1 − t = k (3 − 3t ') 23 18 3 � T (− ; ;− ) 5 5 10 x = 1 + 56t 5 x + y − 8 z + 17 − 0 H là: y = 2 − 16t hoặc là: 12 x + 9 y − 16 z + 18 = 0 z = 3 + 33t C©u 7a : T×m sè h¹ng kh«ng chøa x trong khai triÓn : 7 � 1� �x+ 3 � 4 ( víi x > 0 ) x� � 1 1 17 7 − ) = C7 k ( x 4 )7 − k .( x 3 ) k Để số hạng thứ k không chứa x thì: Ta có: ( 4 x + 3 x k =0 4
  5. 1 1 (7 − k ) − k = 0 1 � k = 4 Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là: C74 = 4 3 35 k [0;7] B . Theo ch¬ng tr×nh n©ng cao C©u 6b : a, ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng chøa c¸c c¹nh cña tam gi¸c ABC biÕt B(2;-1) , ®êng cao vµ ®êng ph©n gi¸c trong qua ®Ønh A,C lÇn lît lµ : 3x -4y + 27 =0 vµ x + 2y – 5 = 0 . Phươngtrình đường thẳng chứa cạnh BC: ( BC ) qua B � ( BC ) : 4 x + 3 y − 5 = 0 BC ⊥ d1 4x + 3y − 5 = 0 � C (−1;3) Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: x + 2y − 5 = 0 Gọi KAC, KBC, K2 theo thứ tự là hệ số góc của các đường thẳng AC, BC, d2 31 1 −+ − − K AC K BC − K d 2 K d 2 − K AC � 4 2= 2 = 13 1 1 + K BC .K d 2 1 + K d 2 .K AC 1+ . 1 − K AC 24 2 Vậy pt đường thẳng AC đi qua C Ta có: K AC = 0 1 K AC = − (loai) 3 và có hệ ssó góc k=0 là: y = 3 + Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 3 x − 4 y + 27 = 0 x +5 y −3 � A( −5;3) = � 4x + 7 y −1 = 0 Pt cạnh AB là: y −3 = 0 2 + 5 −1 − 3 Vậy AB: 4x+7y-1=0 AC: y=3 BC: 4x+3y-5=0 b, Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) vµ ®êng th¼ng ( ∆ ) cã ph¬ng 2x − y + z + 1 = 0 tr×nh : x− y+z+2=0 T×m to¹ ®é ®iÓm M n»m trªn ®êng th¼ng ( ∆ )sao cho : MA + MB nhá nhÊt . + Xét vị r tương đối giữa AB và V , ta có: V cắt AB tại K(1;3;0) trí uuu uuu r A, B nằm về cùng phía đối với V Ta có KB = 2 KA Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua V và H là hình chiếu của A trên V . x =1 uuuu rr AH .u = 0 � −1.0 + (t − 4).1 + ( −4 + t ).1 = 0 � t = 4 y=t (vì PTTS của V : H( 1;t;-3+t) )Ta có � H (1; 4;1) � A '(0; 4;1) z = −3 + t 13 4 Gọi M là giao điểm của A’B và d M (1; ;) 33 13 4 Lấy điểm N bất kỳ trên V Ta có MA+MB=MB+MA’=A’B NA+NBVậy M (1; ; ) 33 Cho (1 + x + x ) = a0 + a1 x + a2 x + ...a24 x 2 12 2 24 C©u 7b : . TÝnh hÖ sè a 4 . Ta có: (1+x+x ) = [(1+x)+x ] = = C (1 + x) + C12 (1 + x)11.x 2 + ... + C12 (1 + x)12−k .( x 2 ) k + ... + C12 x 24 0 12 1 k 12 2 12 2 12 12 5
  6. C12 [C12 x12 + C12 x11 + ... + C12 x 4 + ...]+C12 x 2 [C11 x11 + ... + C11 x 2 + ...] 0 0 1 8 1 0 9 = +C12 x 4 [C10 x10 + ... + C10 ]+... 2 0 10 Chỉ có 3 số hạng đầu chứa x4 � a4 = C12 .C12 + C12 .C11 + C12 .C10 = 1221 0 8 1 9 2 10 6
Đồng bộ tài khoản