ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

106
lượt xem 16
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học, cao đẳng năm 2012 môn toán trường thpt trần nguyên hãn', 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 MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN

®Ò thi thö ®¹i häc Së gi¸o dôc - ®µo t¹o h¶I phßng Trêng thpt trÇn nguyªn h·n M«n to¸n líp 12- n¨m häc 2011-2012 Thêi gian lµm bµi : 180phót ( 07 điểm ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 3 213 Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y  x 3  mx  m 2 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 2. Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực đại , cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x. Câu II(2.0điểm) 17 6 2 sin 3 2 x  8cos3 x  2 2 cos(  4 x) cos 2 x  5 2 1. Giải phương trình:  16 víi x  ( ; ) cos x 22 x 4  4x 2  y 2  6 y  9  0  2. Giaûi heä phöông trình :  2  x y  x 2  2 y  22  0  Câu III (1.0 điểm) Cho ph¬ng tr×nh (7  3 5) x  a(7  3 5) x  2 x 3 a,Gi¶i ph¬ng tr×nh khi a = 7 b, T×m a ®Ó ph¬ng tr×nh chØ cã mét nghiÖm Câu IV(1.0 điểm) Cho khèi l¨ng trô ABC.A’B’C’ cã ®¸y ABC lµ tam gi¸c vu«ng c©n c¹nh huyÒn AB = 2 . MÆt ph¼ng (A A’B) vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (ABC) , AA’ = 3 .Gãc A ' AB lµ gãc nhän vµ mÆt ph¼ng (A’AC) t¹o víi mÆt ph¼ng (ABC) mét gãc 600 . TÝnh thÓ tÝch khèi l¨ng trô ABC.A’B’C’ Câu V(1.0 điểm) Cho x, y , z lµ c¸c sè thùc d¬ng vµ tho¶ m·n ®iÒu kiÖn x  y  z  1 . H·y t×m gi¸ trÞ nhá 1 1 1 nhÊt cña M  (1  )(1  )(1  ) . x y z PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm ) (Thí sinh chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.) A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2.0điểm) 1,Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm H (1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K (0; 2) , trung điểm cạnh AB là M (3;1) . n 1 An  Cnn1  4n  6 . 2 6 2,T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x trong khai triÓn  2 x  1  , biết rằng   x   2 3 log4  x  1  2  log 4  x  log8  4  x Câu VII.a: (1.0điểm) Giải phương trình: 2 B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 .0 điểm) 1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d2): 4x + 3y - 12 = 0. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1), (d2), trục Oy. x2 y2   1 và đường thẳng (d3): 3x + 4y = 0 2, Cho elip ( E ): 16 9 a) Chứng minh rằng đường thẳng d3 cắt elip (E) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm toạ độ hai điểm đó (với hành độ của điểm A nhỏ hơn hoành độ của của điểm B ). b) Tìm điểm M (x ; y) thuộc (E) sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 12. 1 www.VNMATH.com
log 2 ( y  2 x  8)  6  Câu VII.b: (1.0 điểm) Giải hệ phương trình:  x x y xy 8  2 .3  2.3  -------------------HÕt ------------------- ®¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm Thi thö ®¹i häc lÇn 1 M«n to¸n líp 12- 2011-2012 Híng dÉn gi¶i chi tiÕt §iÓ Câu ý m PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7.00 Câu I 2 3 1 Khi m = 1 ta có y  x 3  x 2  . 2 2  Tập xác định:  Sự biến thiên -Giới hạn tại vô cực: lim y   lim y   x  x  -Chiều biến thiên x  0 Ta có y '  3 x 2  3x ; y' 0   x  1 2 www.VNMATH.com
Bảng biến thiên   x 0 1 y’ + 0 - 0 + 1  2 y 0  hàm số đồng biến trên khoảng  ; 0  và 1;   , hàm số nghịch biến trên khoảng  0;1 , 1 -Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCÐ  y (0)  2  y 1  0 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT 1 Đồ thị: Đồ thị cắt trục hoành tại điểm   ;0  ; 1; 0  và cắt trục tung tại điểm  2  1 1 1  0;  . Đồ thị nhận điểm uốn U  ;  làm tâm đối xứng.  2 2 4 4 y 2 x -10 -5 5 10 -2 -4 Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực đại , cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x. 1 2 x  0 Ta có y’= 3 x 2  3mx y' 0   0.25 x  m 3 www.VNMATH.com
Để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu thì y '  0 có hai nghiệm phân biệt  m  0 . Khi đó  m3   và B  m ; 0  giả sử các điểm cực đại, cực tiểu là : A  0;  2 0.25    m3   m m3  ; trung điểm I của AB là: I  ; Ta có: AB  m;    2 2 4   0.25 Theo yêu cầu bài toán để A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x thì đường thẳng AB vuông góc với  : y  x và trung điểm I của AB thuộc đường thẳng m3     0.25 m 0  m  0  AB.u  0   2   3  Đối chiếu điều kiện ta có m   2 I   m   2 m  m  4  2 Câu II 2 1 1 Ta có: cos x  0  x    k 0.25 2 Với đk pt(1)  8cos3 x  6 2 sin 2 x  sin 2 2 x  cos 2 2 x   16 cos x  4 cos3 x  3 2 sin 2 x  8cos x  (2 cos 2 x  3 2 sin x  4)  0    x  4  k 2 k    2 sin 2 x  3 2 sin x  2  0   0.5  x  3  k 2   4  5 3 9 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x  ( ; ) lµ x  ;x  22 4 4 2 1. 1 2 2 2 ( x  2)  ( y  3)  4  2 ( x  2) y  x 2  22  0  2 2 2 2 2 2 ( x  2)  ( y  3)  4 ( x  2)  ( y  3)  4  2 0.5  ( x  2  4)( y  3  3)  x 2  2  20  0 ( x 2  2  4)( y  3  3)  x 2  2  20  0   x2  2  u u 2  v 2  4 §Æt * Thay vµo ta cã hÖ pt   y  3  v u.v  4(u  v)  8 u  2 u  0 Gi¶I hÖ ta ®îc HoÆc   v  0 v  2 0.5  x  2  x  2  x   2 x  2 ; ; ; Thay vµo gi¶I ta cã  y  3 y  3 y  5 y  5 Câu III 1 4 www.VNMATH.com
73 5 x t 2  8t  a  0 (1) t ( ) ( t > 0) ta cã pt 2 x  0 0.5® t  1  x  log 2 Với a = 7 ta có t  8t  a  0 Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm lµ  7 t  7  7 3 5  2 2, Sè nghiÖm cña pt (1) lµ sè nghiÖm t > 0 cña ph¬ng tr×nh a  t 2  8t lµ sè ®iÓm chung cña ®êng th¼ng y = a vµ ®å thÞ y  t 2  8t víi t > 0 0.5 lËp b¶ng biÕn thiªn cña hµm sã y  t 2  8t víi t > 0 kÕt luËn pt chØ cã mét nghiÖm khi a = 16 hoÆc a  0 Câu IV 1 Gäi K., M lµ h×nh chiÕu cña A’ trªn AB vµ AC Ta cã A’M  AC vµ KM  AC A ' MK  600 , cã : ( AA ' B)  ( ABC)  A ' K  ( ABC) . 2 , MK = AK sin KAM  3  x 2 . A ' K  x . ta cã AK  A ' A2  A ' K 2  3  x 2 2 0.5 x x 2 3 MÆt kh¸c MK  A ' K cot 600  3  x2 .  x vËy ta cã pt 2 3 3 5 1 35 VABC . A ' B ' C '  SABC . A ' K  AC. BC. A ' K  2 10 0.5 Câu V 1 1 ( x  1)( y  1)( z  1) 1 1 M  (1  )(1  )(1  )  . 0.25 x y x xyz x  1  x  x  y  z  4 4 x 2 yz 0.25 2 4 y  1  y  x  y  z  4 xy z 0.25 z  1  z  x  y  z  4 4 xyz 2 4 444 xyz ( x  1)( y  1)( z  1) 0.25 M  64 . DÊu = x¶y ra khi x =y =z =1/3 xyz xyz 5 www.VNMATH.com
Câu VIa 1 1 + Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận A  HK  (1; 2) làm vtpt và AC đi qua K nên ( AC ) : x  2 y  4  0. Ta cũng dễ có: ( BK ) : 2 x  y  2  0 . + Do A  AC , B  BK nên giả sử M A(2a  4; a ), B(b; 2  2b). Mặt khác M (3;1) là K 0.5 H trung điểm của AB nên ta có hệ: 2a  4  b  6 2a  b  10 a  4   .  a  2  2b  2  a  2b  0 b  2 Suy ra: A(4; 4), B(2;  2). B C   + Suy ra: AB  (2;  6) , suy ra: ( AB) : 3x  y  8  0 .   + Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HA  (3; 4) , suy ra: 0.5 ( BC ) : 3 x  4 y  2  0. KL: Vậy : ( AC ) : x  2 y  4  0, ( AB) : 3x  y  8  0 , ( BC ) : 3 x  4 y  2  0. 2 1 n 1 2 Giải phương trình A  C  4n  6 ; Điều kiện: n ≥ 2 ; n  N. n 1 n (n  1)! Phương trình tương đương với n(n  1)   4n  6  2!(n  1)! 0.5 n(n  1) n(n  1)   4n  6 2  n2 – 11n – 12 = 0  n = - 1 (Loại) hoặc n = 12. 12 24 3 k k 12 12 1   12 k   C12  2 x  .x 2   C12 .212 k .x 2 k k Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn:  2 x   x  k 1 k 1 k  N , 0  k  12 Số hạng này chứa x 6 khi  0.5  k  4. 24  3k  12 Vậy hệ số của số hạng chứa x 6 là: C12 28 4 CâuVII.a www.VNMATH.com 1 x  1  0  4  x  4  2 3 log 4  x  1  2  log 4  x  log8  4  x  (2) Điều kiện: 4  x  0   2  x  1 4  x  0  0.5 (2)  log 2 x  1  2  log 2  4  x   log 2  4  x   log 2 x  1  2  log 2 16  x  2  log 2 4 x  1  log 2 16  x 2   4 x  1  16  x 2 6 www.VNMATH.com
+ Với 1  x  4 ta có phương trình x 2  4 x  12  0 (3) ; x  2 (3)    x  6  lo¹i   x  2  24 0.5 Với 4  x  1 ta có phương trình x 2  4 x  20  0 (4);  4     x  2  24  lo¹i     Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  2 hoặc x  2 1  6 Phần lời giải bài theo chương trình Nâng cao Câu VI.b 1 Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0) Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) 0.5 Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4) 0.5 Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3 suy ra pt ®êng trßn  x 2 y2  1 2 , Toạ độ A, B là nghiệm của hệ: 16 9 3x  4y  0   3 2  3 2  Vậy d3 cắt (E) tại 2 điểm phân biệt A  2 2;  , B  2 2;  2 2   Ta có M(x;y ) (E)  x = 4cost và y = 3sint với t  [ 0 ; 2  ] 1 0.5 Chú ý: AB = 5 2 , có 12 = SMAB = 5 2 d(M, (AB)) = 2 1 12cos t  12sin t   = 12 cos(t  )  cos(t  ) = 1  t =  / 4 ; t = 52 = 2 5 4 4 5  /4  3 2  3 2 0.5  và M 2  2 2;  Vậy có 2 điểm M thoả mãn là: M1  2 2;  2 2   CâuVII.b www.VNMATH.com 1 6  2 Pt đầu  y – 2x + 8 =  y  2x 0.25 thế vào pt thứ hai ta được: x x 3x x  8   18  2  2 0.25 8 x  2 x.32 x  2.33 x  8 x  18 x  2.27 x        2        2  27   27  3  3 7 www.VNMATH.com
x 2 Đặt: t =   , (đk t > 0 ) , ta có pt: t 3  t  2  0   t  1 t 2  t  2  0    3 x  0  t  1  y  0 05 Chó ý : - Häc sinh lµm c¸ch kh¸c ®óng cho ®iÓm tèi ®a tõng phÇn - Cã g× cha ®óng xin c¸c thÇy c« söa dïm - Xin c¶m ¬n Ngêi ra ®Ò : Mai ThÞ Th×n  x  7t  x  3  7t '   1, Dạng tham số của d1và d2 là: d1 :  y  3  2t , d 2 :  y  1  2t '  z  9t  z  1  3t '     Véc tơ chỉ phương của d1, d2 lần lượt là : u1  (1; 2; 1); u2  (7; 2;3) ; d1 đi qua điểm A(7;3;9), d2 đi        qua điểm B(3;1;1). AB  (4; 2; 8)  u1 , u2  . AB  168  0  d1và d2 chéo nhau   . M  d1  M (7  t ;3  2t;9  t ); N  d 2  N (3  7t ';1  2t ';1  3t ')  , MN nhỏ nhất  MN là đoạn vuông góc chung của hai NM  (4  t  7t '; 2  2t  2t ';8  t  3t ')     NM .u1  0  6t  6t '  0  MN  d1 t  o  đường thẳng chéo nhau d1và d2           MN  d 2  NM .u2  0 6t  44t '  0 t '  0    Toạ độ điểm M và N lần lượt là: M(7;3;9), N(3;1;1) ; NM  (4; 2;8)  2(2;1; 4)  Đường thẳng d đi qua N(3;1;1) và nhận u  (2;1; 4) làm một véc tơ chỉ phương nên phương trình của x  3 y  1 z 1 đường thẳng d là:   2 1 4 Chó ý : - Häc sinh lµm c¸ch kh¸c ®óng cho ®iÓm tèi ®a tõng phÇn - Cã g× cha ®óng xin c¸c thÇy c« söa dïm – Xin c¶m ¬n Ngêi ra ®Ò : Mai ThÞ Th×n = = = = = == = = HÕt = = = = = = = = 8 www.VNMATH.com