zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn TOÁN đề 24

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Báo xấu

87
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học, cao đẳng năm 2012 -2013 môn toán đề 24', 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 NĂM 2012 -2013 Môn TOÁN đề 24

Nguồn: diemthi.24h.com.vn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 24) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  f ( x )  mx 3  3mx 2   m  1 x  1 , m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của m để hàm số y  f ( x ) không có cực trị. Câu II (2 điểm): Giải phương trình : 4 4 sin x  cos x 1 1).   tan x  cot x  ; 2). sin 2 x 2 2 3 log 4  x  1  2  log 2 4  x  log 8  4  x  3 2 dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân A   2 1 x 1 x 2 Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho.  x2  7 x  6  0  Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm  2  x  2  m  1 x  m  3  0  B.PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho tam giác ABC biết các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đ.thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Cho hai mặt phẳng  P  : x  2 y  2z + 5 = 0;  Q  : x  2 y  2z -13 = 0. Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai m.phẳng (P) và (Q). Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:  4 3 5 2 Cn 1  Cn 1  4 An 2   (Ở đây Ank , Cnk lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần Cn 14  7 An 1 n 3   15 tử) 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) Điểm thi 24h Xem tra điểm thi tốt nghiệp THPT Đề thi đáp án tốt nghiệp THPT Đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông các năm Xem tra đáp án đề thi tốt nghiệp THPT
Nguồn: diemthi.24h.com.vn 1. Cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): 2 2 x  y  2 x  4 y  8  0 .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2. Cho mặt phẳng (P): x  2 y  2 z  1  0 và các đường thẳng: x 1 y  3 z x 5 y z 5 d1 :   ; d2 :   . Tìm các điểm M  d1 , N  d 2 sao cho MN // (P) 2 3 2 6 4 5 và cách (P) một khoảng bằng 2. 1 Câu VII.b: Tính đạo hàm f’(x) của hsố f ( x )  ln và giải  3  x 3  6 2 t   sin 2 dt 0 bpt: f '( x )  x2 Đáp án (ĐỀ 24) Câu Ý Nội dung Điểm 2 1,00 + Khi m = 0  y  x  1 , nên hàm số không có cực trị. 0,25 + Khi m  0  y '  3mx 2  6mx   m  1 0,50 Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi y '  0 không có nghiệm hoặc có nghiệm kép 1   '  9m 2  3m  m  1  12m2  3m  0  0  m  4 0,25 1 1,00 4 4 sin x  cos x 1   tan x  cot x  (1) sin 2 x 2 0,25 Điều kiện: sin 2 x  0 Điểm thi 24h Xem tra điểm thi tốt nghiệp THPT Đề thi đáp án tốt nghiệp THPT Đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông các năm Xem tra đáp án đề thi tốt nghiệp THPT
Nguồn: diemthi.24h.com.vn 1 1  sin 2 2 x 1 sin x cos x 2   0,25 (1)      sin 2 x 2  cos x sin x  1 1  sin 2 2 x 1 1  2   1  sin 2 2 x  1  sin 2 x  0 sin 2 x sin 2 x 2 0,50 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 2 1,00 2 3 log 4  x  1  2  log 2 4  x  log8  4  x  (2) x  1  0   4  x  4 0,25 Điều kiện: 4  x  0   4  x  0  x  1  (2)  log 2 x  1  2  log 2  4  x   log 2  4  x   log 2 x  1  2  log 2 16  x 2  0,25  log 2 4 x  1  log 2 16  x 2   4 x  1  16  x 2 + Với 1  x  4 ta có phương trình x 2  4 x  12  0 (3) ; x  2 0,25 (3)    x  6  lo¹i  + Với 4  x  1 ta có phương trình x 2  4 x  20  0 (4);  x  2  24  4   0,25  x  2  24  lo¹i   Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  2 hoặc x  2 1  6   III 1,00 dx tdt Đặt t  1  x 2  t 2  1  x 2  2tdt  2 xdx   2 x x dx tdt tdt   2  2 x 1 t t 1 + Đổi cận: 0,50 1 3 x t  2 2 3 1 x t  2 2 Điểm thi 24h Xem tra điểm thi tốt nghiệp THPT Đề thi đáp án tốt nghiệp THPT Đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông các năm Xem tra đáp án đề thi tốt nghiệp THPT
Nguồn: diemthi.24h.com.vn 1 3 2 dt 2 dt 1 t  1 23 1  7  4 3  A  2 t 1    ln |1  2 ln  3  1 t 2 2 1 t 2   0,50 3 1   2 2 IV 1,00 Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OE  AB, SE  AB , suy ra  SOE   AB . Dựng OH  SE  OH   SAB  , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1. Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có: 0,25 1 1 1 1 1 1 1 8 2  2  2  2  2  2  1  OH SO OE OE OH SO 9 9 9 3  OE 2   OE  8 2 2 9 81 9 SE 2  OE 2  SO 2   9   SE  8 8 2 2 1 2S 36 S SAB  AB.SE  AB  SAB  8 2 2 SE 9 2 2 0,25 2 1  9 9 265 2  8  OA2  AE 2  OE 2   AB   OE 2  4 2   32   2 8 8 1 1 265 265 Thể tích hình nón đã cho: V   .OA2 .SO   .3   0,25 3 3 8 8 Diện tích xung quanh của hình nón đã cho: 265 337 337 SA2  SO 2  OA2  9    SA  8 8 8 0,25 265 337 89305 S xq   .OA.SA   .  8 8 8 V 1,00 2  x  7 x  6  0 (1)  Hệ bất phương trình  2  x  2  m  1 x  m  3  0 (2)  0,25 1  1  x  6 . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại x0  1; 6 thỏa mãn (2). Điểm thi 24h Xem tra điểm thi tốt nghiệp THPT Đề thi đáp án tốt nghiệp THPT Đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông các năm Xem tra đáp án đề thi tốt nghiệp THPT
Nguồn: diemthi.24h.com.vn x2  2x  3  2   x 2  2 x  3   2 x  1 m   m (do x  1; 6  2 x  1  0)  2 x  1 0,25 x2  2 x  3 Gọi f ( x )  ; x  1; 6 2x  1 Hệ đã cho có nghiệm  x0  1; 6 : f ( x0 )  m 2x2  2x  8 2  x2  x  4 1  17 f ' x  2  2 ; f '  x   0  x2  x  4  0  x  0,25  2 x  1  2 x  1 2 1  17 Vì x  1; 6 nên chỉ nhận x  2 2 27  1  17  3  17 Ta có: f (1)  , f (6)  , f   3 13   2   2 27 0,25 Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max f ( x )  13 27 Do đó x0  1; 6 : f ( x0 )  m  max f ( x)  m  m x1;6 13 VIa 2,00 1 1,00 4 x  3 y  4  0  x  2 Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình:    A  2; 4  0,25 x  2 y  6  0 y  4 4 x  3 y  4  0 x  1 Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình    B 1; 0  0,25 x  y 1  0 y  0 Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: a  x  2   b  y  4   0  ax  by  2a  4b  0 Gọi 1 : 4 x  3 y  4  0;  2 : x  2 y  6  0;  3 : ax  by  2a  4b  0 Từ giả thiết suy ra   2 ; 3    1 ;  2  . Do đó |1.a  2.b | | 4.1  2.3 | cos   2 ; 3   cos  1;  2    5. a  b 2 2 25. 5 0,25 a  0 | a  2b | 2 a 2  b2  a  3a  4b   0   3a  4b  0 + a = 0  b  0 . Do đó 3 : y  4  0 + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra 3 : 4 x  3 y  4  0 (trùng với 1 ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0. y  4  0 x  5 Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình:    C  5; 4  0,25 x  y 1  0 y  4 Điểm thi 24h Xem tra điểm thi tốt nghiệp THPT Đề thi đáp án tốt nghiệp THPT Đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông các năm Xem tra đáp án đề thi tốt nghiệp THPT
Nguồn: diemthi.24h.com.vn 2 1,00 Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có: OI  AI   OI  AI  d  I ,  P    d  I ,  Q    OI  d  I ,  P   0,25  d  I ,  P    d  I ,  Q    Ta có: 2 2 2 OI  AI  OI 2  AI 2  a 2  b2  c 2   a  5    b  2    c  1  10a  4b  2c  30 (1) | a  2b  2c  5 | 2 OI  d  I ,  P    a 2  b 2  c 2   9  a 2  b 2  c 2    a  2b  2c  5 (2) 3 0,25 | a  2b  2c  5 | | a  2b  2c  13 | d  I ,  P   d  I , Q    3 3  a  2b  2c  5  a  2b  2c  13 (lo¹i)   a  2b  2c  4 (3)  a  2b  2c  5   a  2b  2c  13 17 11a 11  4a Từ (1) và (3) suy ra: b   ;c (4) 3 6 3 Từ (2) và (3) suy ra: a 2  b 2  c 2  9 (5) Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:  a  2  221a  658   0 0,25 658  658 46 67  Như vậy a  2 hoặc a  .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc I  ; ;  và R = 221  221 221 221  3. Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là: 2 2 2 0,25 658 46 67  x  2    y  2   z  1  9 và  x     y     z    9 2 2 2        221   221   221  VIIa 1,00 Điều kiện: n  1  4  n  5 Hệ điều kiện ban đầu tương đương:   n  1 n  2  n  3 n  4   n  1 n  2  n  3 5     n  2  n  3 0,50  4.3.2.1 3.2.1 4    n  1 n  n  1 n  2  n  3  7  n  1 n  n  1   5.4.3.2.1 15 Điểm thi 24h Xem tra điểm thi tốt nghiệp THPT Đề thi đáp án tốt nghiệp THPT Đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông các năm Xem tra đáp án đề thi tốt nghiệp THPT
Nguồn: diemthi.24h.com.vn  n 2  9n  22  0    n 2  5n  50  0  n  10 0,50 n  5  VIb 2,00 1 1,00 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình x2  y2  2x  4 y  8  0  y  0; x  2 0,50   x  5y  2  0  y  1; x  3 Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1). Vì ABC  900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A 0,50 qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). 2 1,00  x  1  2t  Phương trình tham số của d1 là:  y  3  3t . M thuộc d1 nên tọa độ của M  z  2t  1  2t ;3  3t ; 2t  . 0,25 Theo đề: |1  2t  2  3  3t   4t  1| |12t  6 | d M ,  P  2  2  12t  6  6  t1  1, t2  0. 2 12   2   22 3 + Với t1 = 1 ta được M 1  3;0; 2  ; 0,25 + Với t2 = 0 ta được M 2 1;3;0  + Ứng với M1, điểm N1  d 2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là:  x  3  2 y  2  z  2   0  x  2 y  2 z  7  0 (1) .  x  5  6t  0,25 Phương trình tham số của d2 là:  y  4t (2)  z  5  5t  Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0  t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0). + Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5). 0,25 VIIb 1,00 1 Điều kiện 3 0 x3 3  x  0,25 1 1 3 f ( x)  ln 3  ln1  3ln  3  x   3ln  3  x  ; f '( x)  3 3  x  '  3  x  3  x  3 x   6 2 t 6 1  cos t 3  3 Ta có:  sin 2 dt    2 dt    t  sin t |0     sin     0  sin 0   3  0 0   0,25 Điểm thi 24h Xem tra điểm thi tốt nghiệp THPT Đề thi đáp án tốt nghiệp THPT Đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông các năm Xem tra đáp án đề thi tốt nghiệp THPT
Nguồn: diemthi.24h.com.vn  6 2 t  sin 2dt  3  3  2x 1  x  2  0   0 Khi đó: f '( x)    3  x x  2    x  3 x  2   1 0,50 x2  x  3; x  2  x  3; x  2   x3   2 Điểm thi 24h Xem tra điểm thi tốt nghiệp THPT Đề thi đáp án tốt nghiệp THPT Đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông các năm Xem tra đáp án đề thi tốt nghiệp THPT

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.