Đề thi thử đại học cao đẳng môn toán 2012_lần 9

Chia sẻ: Up Up | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

99
lượt xem 30
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học cao đẳng môn toán 2012_lần 9', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học cao đẳng môn toán 2012_lần 9

Môn Toán THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) x 1 Cho hàm số y  . x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số. x 1 b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình  m. x 1 Câu II (2 điểm)     a) Tìm m để phương trình 2 sin 4 x  cos 4 x  cos 4 x  2sin 2 x  m  0 có nghiệm trên  0;  .  2 1 1 8 b) Giải phương trình log 2  x  3  log 4  x  1  log 2  4 x  . 2 4 Câu III (2 điểm) 3 3x2  1  2 x2  1 a) Tìm giới hạn L  lim . 1  cos x x 0 b) Chứng minh rằng C100  C100  C100  C100  ...  C100  C100  250. 0 2 4 6 98 100 Câu IV (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a  b  c  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c . B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu Va (2 điểm) a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình  C1  : x 2  y 2  4 y  5  0 và  C2  : x2  y 2  6 x  8 y  16  0. Lập phương trình tiếp tuyến chung của  C1  và  C2  . b) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’. Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C. Câu VIa (1 điểm) x 1 y z  2 Cho điểm A  2;5;3 và đường thẳng d : . Viết phương trình mặt phẳng   chứa  2 1 2 d sao cho khoảng cách từ A đến   lớn nhất. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Môn Toán Câu Vb (2 điểm) a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp xúc với đường thẳng d : x  y  2  0 tại điểm A có hoành độ bằng 4. b) Cho tứ diện OABC có OA  4, OB  5, OC  6 và AOB  BOC  COA  600. Tính thể tích tứ diện OABC. Câu VIb (1 điểm) x 1 y  3 z  P  : x  2 y  2z 1  0 mặt phẳng và các đường thẳng  , Cho d1 : 3 2 2 x 5 y z 5 . Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường  d2 : 5 6 4 thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2. ĐÁP ÁN Câu I 2 điểm a) 0,25 x 1 có tập xác định D  R \ 1 . Tập xác định: Hàm số y  x 1 x 1 x 1 x 1  1; lim  ; lim  . Giới hạn: lim x  x  1 x 1 x  1 x 1 x  1 0,25 2 Đạo hàm: y '   0, x  1  Hàm số nghịch biến trên các khoảng  x  12  ;1 và 1;   . Hàm số không có cực trị. Bảng biến thiên: 0,25 Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  1; tiệm cận ngang y  1. Giao của hai tiệm cận I 1;1 là tâm đối xứng. Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình 0,25 b) 0,5 x 1  C ' Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị y  x 1 Học sinh tự vẽ hình
Môn Toán 0,25 x 1 x 1 Số nghiệm của  m bằng số giao điểm của đồ thị y  và y  m. x 1 x 1 Suy ra đáp số 0,25 m  1; m  1: phương trình có 2 nghiệm m  1 : phương trình có 1 nghiệm 1  m  1: phương trình vô nghiệm Câu II 2 điểm a) 0,25 1 Ta có sin 4 x  cos 4 x  1  sin 2 2 x và cos4 x  1  2sin 2 2 x. 2 0,25 Do đó 1  3sin 2 2 x  2sin 2 x  3  m .   Đặt t  sin 2 x . Ta có x  0;   2 x   0;    t   0;1.  2 Suy ra f  t   3t 2  2t  3  m, t   0;1 Ta có bảng biến thiên 0,25 0,25   10 Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên  0;   2  m   2 3 b) 1 1 8 Giải phương trình log 2  x  3  log 4  x  1  log 2  4 x   2  2 4 Điều kiện: 0  x  1 0,25 0,25  2    x  3 x  1  4 x Trường hợp 1: x  1 0,25  2  x2  2 x  0  x  2 Trường hợp 1: 0  x  1 0,25  2  x2  6 x  3  0  x  2 3 3   Vậy tập nghiệm của (2) là T  2; 2 3  3 Câu III a) 3 3x2  1  2 x2  1 Tìm L  lim . 1  cos x x 0
Môn Toán 0,25  3 3x 2  1  1 2 x2  1  1    Ta có L  lim  x  0  1  cos x 1  cos x    0,25 2 x2  1  1 2 x2 Xét L1  lim  lim 2 2 x x 0 1  cos x  2 x0 2 sin  2 x  1  1 2  0,25 3 3x 2  1  1 3x 2 Xét L2  lim  lim 2 x 0 1  cos x x3  23 x 0   2sin 2  3 x 2  1  3 x 2  1  1 2    0,25 Vậy L  L1  L2  2  2  4 b) Chứng minh rằng C100  C100  C100  ...  C100  250. 0 2 4 100 Ta có 0,5 1  i 100  C100  C100i  C100i 2  ...  C100 i100 0 1 2 100    0 2 4 100 1 3 99  C100  C100  C100  ...  C100  C100  C100  ...  C100 i Mặt khác 0,5 1  i 2  1  2i  i 2  2i  1  i 100   2i 50  250 Vậy C100  C100  C100  ...  C100  250. 0 2 4 100 Cho a, b, c thoả a  b  c  3. Tìm GTNN của Câu IV M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c .         0,25      Đặt u  2a ;3b ; 4c , v  2c ;3a ; 4b , w  2b ;3c ; 4a  M  u  v  w     2 2 2  2a  2b  2c   3a  3b  3c    4a  4b  4c  M  uvw  0,5 3 Theo cô – si có 22  2b  2c  3 2a b  c  6 . Tương tự … 0,25 Vậy M  3 29. Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  1. Học sinh tự vẽ hình Câu Va a) 0,25  C1  : I1  0; 2  , R1  3;  C2  : I 2  3; 4  , R2  3. 0,25   Gọi tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2  là  : Ax  By  C  0 A2  B 2  0  là tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2    2 2 1  d  I1;    R1  2B  C  3 A  B   d  I 2 ;    R2  3 A  4 B  C  3 A2  B 2  2   
Môn Toán 3 A  2 B Từ (1) và (2) suy ra A  2 B hoặc C  2 Trường hợp 1: A  2 B . 0,5 Chọn B  1  A  2  C  2  3 5   : 2 x  y  2  3 5  0 3 A  2 B Trường hợp 2: C  . Thay vào (1) được 2 4 A  2 B  2 A2  B 2  A  0; A   B   : y  2  0;  : 4 x  3 y  9  0 3 b) 0,25 a3 Gọi H là trung điểm của BC  d  M ;  BB ' C    AH  2 0,25 a2 a3 3 1 1 S BB ' C  BB '.BC   VMBB ' C  AH .SBB ' C  2 2 3 12 Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình) 0,5 Ta có B ' C  MI ; B ' C  BC '  B ' C  MB. Câu VIa (Học sinh tự vẽ hình) 0,25 Gọi K là hình chiếu của A trên d  K cố định; Gọi   là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên   . Trong tam giác vuông AHK ta có AH  AK . 0,25 Vậy AH max  AK    là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK. 0,25 Gọi    là mặt phẳng qua A và vuông góc với d     : 2 x  y  2 z  15  0  K  3;1; 4  0,25   là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK    : x  4 y  z  3  0 Câu Vb a) 0,25 x2 y 2 Gọi  H  : 2  2  1 a b (H) tiếp xúc với d : x  y  2  0  a 2  b2  4 1 0,25 16 4 x  4  y  2  A  4; 2    H    1 2  a2 b2 0,5 x2 y 2 Từ (1) và (2) suy ra a 2  8; b 2  4   H  :  1 8 4 b) (Học sinh tự vẽ hình) 0,25 Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho OA  OB '  OC '  4
Môn Toán 0,25 Lấy M là trung điểm của B’C’   OAM    OB ' C '  . Kẻ AH  OM  AH   OB ' C '  0,25 23 46 Ta có AM  OM  2 3  MH   AH  3 3 0,25 1 15 3 SOBC  OB.OC.sin BOC  2 2 1 Vậy VOABC  AH .SOBC  10 2 3 Câu VIb 0,25 Gọi M 1  2t ;3  3t ; 2t  , N  5  6t '; 4t '; 5  5t ' d  M ;  P    2  2t  1  1  t  0; t  1.  0,25 Trường hợp 1: t  0  M 1;3;0  , MN   6t ' 4;4t ' 3; 5t ' 5        MN  nP  MN .nP  0  t '  0  N  5;0; 5  0,25 Trường hợp 2: t  1  M  3; 0; 2  , N  1; 4; 0  Kết luận 0,25