Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 18 (Kèm đáp án)

Chia sẻ: Ngô Thị Thu Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

74
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm đánh giá khả năng học tập của các bạn học sinh trong kỳ thi Đại học, Cao đẳng diễn ra sắp tới. Mời các bạn đang ôn thi Đại học, Cao đẳng và thầy cô giáo tham khảo đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 18 có kèm theo đáp án.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 18 (Kèm đáp án)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 18 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x  3 y Câu I: (2 điểm) Cho hàm số x2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) x x  x 1  sin sin x  cos sin 2 x  2cos 2    1) Giải phương trình: 2 2  4 2 1  log 2 (4 x 2  4 x  1)  2 x  2  ( x  2)log 1   x  2) Giải bất phương trình: 2 2   ln x  e I    3x 2 ln x  dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 1  x 1  ln x  a Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC = 2 . SA  a 3 , SAB  SAC  300 Tính thể tích khối chóp S.ABC. 3 Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = 4. Tìm giá trị 1 1 1 P   nhỏ nhất của biểu thức 3 a  3b 3 b  3c 3 c  3a . II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho cho hai đường thẳng d1 : 2 x  y  5  0 . d2: 3x + 6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; –1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d1, d2. 2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho 4 điểm A( 1; –1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; –1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: x  y  z  2  0 . Gọi A’ là hình chiếu của A lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao của (P) và (S). Câu VIIa (1 điểm) Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường: y  x2  4x và y  2x . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho Hypebol (H) có phương x2 y 2  1 trình: 16 9 Viết phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với . tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H). 2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho  P  : x  2 y  z  5  0 và x3 (d ) :  y 1  z  3 đường thẳng 2 điểm A( –2; 3; 4). Gọi  là đường thẳng nằm trên , (P) đi qua giao điểm của (d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên  điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất. 23 x 1  2 y  2  3.2 y 3 x  (1)   3x  1  xy  x  1 (2) 2 Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phương trình 
Hướng dẫn Đề số 18  2x  3  1 M x 0 ; 0  , x0  2 y' (x0 )   Câu I: 2) Ta có:  x0  2  , x0  22 1 2x  3 :y  (x  x 0 )  0 Phương trình tiếp tuyến  với ( C) tại M : x0  22 x0  2  2x  2   x  2 ; B2x0  2;2  A 2; 0  Toạ độ giao điểm A, B của () và hai tiệm cận là:  0  xA  xB 2  2 x0  2 y A  y B 2x 0  3   x0  xM   yM Ta có: 2 2 , 2 x0  2  M là trung điểm AB. Mặt khác I(2; 2) và IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp IAB có diện tích:   2 x0  3   2  1   IM   ( x0  2)   2 2  2     ( x0  2) 2    2    x0  2    ( x0  2)2  S= 1 x  1 (x 0  2 ) 2   0 (x 0  2 ) 2 x0  3  M(1; 1) và M(3; 3) Dấu “=” xảy ra khi  x  x x   x  k  sin x  sin  1 2sin 2  2sin  1  0  x    k 4  x  k Câu II: 1) PT  2  2 2     1 1 1 x  x 2) BPT  xlog 2 (1  2x)  1  0   2  4 2 hoặc x < 0 5  2 2  2e 3 e e I  ln x dx  3 x 2 ln xdx 2(2  2) 2e3  1 Câu III: 1 x 1  ln x 1 = 3 + 3 = 3 Câu IV: Dùng định lí côsin tính được: SB  a , SC = a.
Gọi M là trung điểm của SA. Hai tam giác SAB và SAC cân nên MB  SA, MC  SA. Suy ra SA  (MBC). 1 1 1 VS.ABC  VS .MBC  VA.MBC  MA.S MBC  SA.S MBC  SA.S MBC Ta có 3 3 3 Hai tam giác SAB và SAC bằng nhau. Do đó MB = MC  MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của BC  MN  BC. Tương tự MN  SA. 2  a   a 3  3a 2 2 MN  AN  AM  AB  BN  AM  a      2 2 2 2 2   a 3 2 2  4  2    16  MN  4 . 1 1 1 a 3 a a3 VS.ABC  SA. MN.BC  a 3. .  Do đó: 3 2 6 4 2 16 . Câu V: Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có 1 1 1 3 1 1 1 9 ( x  y  z )      3 3 xyz 9    x y z 3 xyz x y z x yz (*) 1 1 1 9 P    Áp dụng (*) ta có 3 a  3b 3 b  3c 3 c  3a 3 a  3b  b  3c  3 c  3a 3 Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có : a  3b  1  1 1 3  a  3b 1.1    a  3b  2  3 3 b  3c  1  1 1   3 b  3c 1.1    b  3c  2  3 3 c  3a  1  1 1   3 c  3a 1.1    c  3a  2  3 3 1 1 3  3 a  3b  3 b  3c  3 c  3a   4  a  b  c   6   4.  6  3   3 4 Suy ra: 3   3 a  b  c  1  4 abc a  3b  b  3c  c  3a  1 4 Do đó P 3. Dấu = xảy ra 
1 abc Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi 4. Câu VI.a: 1) d1 VTCP a1  (2; 1) ; d2 VTCP a2  (3;6) Ta có: a1.a2  2.3  1.6  0 nên d1  d2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. Gọi d là đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình: d : A( x  2)  B( y  1)  0  Ax  By  2 A  B  0 d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I  khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một góc 450 2A  B  A  3B   cos 450  3 A2  8 AB  3B 2  0   A B 2 2 2  (1) 2 2  B  3 A * Nếu A = 3B ta có đường thẳng d : 3x  y  5  0 * Nếu B = –3A ta có đường thẳng d : x  3y  5  0 Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d : 3x  y  5  0 ; d : x  3y  5  0 2) Dễ thấy A( 1; –1; 0) Phương trình mặt cầu ( S): x  y  z  5x  2 y  2 z  1  0 2 2 2 5  29 I  ;1;1 R  (S) có tâm 2 , bán kính 2 +) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đường tròn ( C) +) Phương trình đường thẳng (d) đi qua I và vuông góc với (P). x  5 / 2  t  5 1 1 y 1 t H ; ;  z  1  t 3 6 6 d:  75 5 3 29 75 31 186 IH   r  R 2  IH 2     36 6 , (C) có bán kính 4 36 6 6
Câu VII.a: Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): x  0 x  0 x  0  2  2 | x  4 x | 2 x    x  4 x  2 x    x  6 x  0   x  2 2   2  2 x  6   x  4 x  2 x   x  2 x  0    x   x  2 6 S 2  4 x  2 x dx  2  4 x  2 x dx 4  16  52 Suy ra: 0 2 = 3 3 F1  5;0 ; F2  5;0 Câu VI.b: 1) (H) có các tiêu điểm . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là M( 4; 3), x2 y 2  1 Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng: a 2 b2 ( với a > b) F1  5;0 ; F2  5;0   a 2  b2  52 1 (E) cũng có hai tiêu điểm M  4;3   E   9a 2  16b2  a 2b2  2 a 2  52  b2  a 2  40   2  2 x2 y 2  1 hệ: 9a  16b  a b b  15 . 2 2 2 Từ (1) và (2) ta có   Vậy (E): 40 15  x  2t  3   y  t 1 z  t  3 2) Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được:  Gọi I là giao điểm của (d) và (P)  I  1;0;4 * (d) có vectơ chỉ phương là a(2;1;1) , mp( P) có vectơ pháp tuyến là n 1;2; 1   a, n    3;3;3    u  1;1;1 . Gọi u là vectơ chỉ phương của  x  1  u    :y  u z  4  u M    M  1  u; u;4  u   AM 1  u; u  3; u   . Vì , AM ngắn nhất  AM    AM .u  0  1(1  u)  1(u  3)  1.u  0
4  7 4 16  u M ; ;  3. Vậy  3 3 3  x  1 x  0   x  1  0  x  1   x  0    x  1  2  3x  1  xy  x  1  x(3x  y  1)  0  3 x  y  1  0    y  1  3x  Câu VII.b: PT (2) 8 8 2  2 y  2  3.2 y  8  2 y  12.2 y  2 y   y  log 2 * Với x = 0 thay vào (1): 11 11  x  1  * Với  y  1  3x thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 23 x 1  23 x 1  3.2 (3) 1 3 x 1 t Đặt t 2 . Vì x  1 nên 4  1 1 2 t  3  8 (loaïi)  x   log2 (3  8)  1 (3)  t   6  t  6t  1  0    3  t  t 3 8  y  2  log (3  8)  2 x  0  1   x  log 2 (3  8)  1  8  3   y  log 2 11  y  2  log (3  8) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  và  2