Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 21 (Kèm đáp án)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

59
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bạn muốn biết khả năng mình giải bài tập môn Toán đến đâu. Mời bạn tham khảo đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 21 có kèm theo đáp án để đánh giá được kỹ năng giải bài tập của mình cũng như tăng thêm kiến thức môn Toán.

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 21 (Kèm đáp án)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 21 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y  x  2mx  (m  3)x  4 có đồ thị là (Cm) 3 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2) Cho đường thẳng (d): y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m sao cho (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . Câu II: (2 điểm) 1) Giải bất phương trình: 15.2x 1  1  2 x  1  2 x 1 4(log 2 x )2  log0,5 x  m  0 2) Tìm m để phương trình: có nghiệm thuộc (0, 1). 3 dx  x (1  x 6 2 ). Câu III: (2 điểm) Tính tích phân: I = 1 Câu IV: (1 điểm) Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc α. cos x Câu V: (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = sin x(2cos x  sin x) 2 với 0 < x   3. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(2;–3), B(3;–2),  ABC 3 có diện tích bằng 2 ; trọng tâm G của  ABC thuộc đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán kính đường tròn nội tiếp  ABC. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; –2; 3) và đường x 1 y  2 z  3   thẳng d có phương trình 2 1 1 . Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d. Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d. z2 z 4  z3   z 1  0 Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình 2 trên tập số phức. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C1): x2 + y2 – 2x – 2y – 2 = 0, (C2): x2 + y2 – 8x – 2y + 16 = 0. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng: x  t x  t '   y  4  t  y  3t '  6  z  6  2t z  t ' 1 (d1) :  ; và (d2) :  Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm I(1; –1; 1) trên (d2). Tìm phương trình tham số của đường thẳng đi qua K vuông góc với (d1) và cắt (d1). Câu VII.b (1 điểm) Tính tổng S  C2009  2C2009  3C2009  ...  2010C2009 . 0 1 2 2009
Hướng dẫn Đề số 21 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và d: x3  2mx2  (m  3) x  4  x  4 (1) x  0 (1)  x( x 2  2mx  m  2)  0    g ( x)  x  2mx  m  2  0 (2) 2 (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.   m2  m  2  0 m  1  m  2    (a )  g (0)  m  2  0  m  2 . 1 3  4 d (K , d )   2 Mặt khác: 2 1 SKBC  8 2  BC.d ( K , d )  8 2  BC  16  BC 2  256 Do đó: 2  ( xB  xC )2  ( yB  yC )2  256 với xB , xC là hai nghiệm của phương trình (2).  ( xB  xC )2  (( xB  4)  ( xC  4))2  256  2( xB  xC )2  256  ( xB  xC )2  4 xB xC  128 1  137 1  137  4m2  4(m  2)  128  m2  m  34  0  m  m 2 (thỏa (a)). Vậy 2 . Câu II: 1) * Đặt: t  2x ; điều kiện: t > 0. Khi đó BPT  30t  1  t  1  2t (2)  t  1: (2)  30t  1  3t  1  30t  1  9t 2  6t  1  1  t  4 (a) 0  t  1 : (2)  30 t 1  t 1  30 t 1  t  2 t 1  0  t  1 2  (b)  0  t  4  0  2  4  x  2. Vậy, bất phương trình có nghiệm: x x  2. 2) PT  log2 x  log2 x  m  0; x  (0; 1) 2 (1)
t  log 2 x . limlog 2 x   limlog x  0 x  (0;1)  t ( ; 0) Đặt: Vì: x 0 và x 1 , nên: với Ta có: (1)  t  t  m  0, t  0 (2)  m  t  t , t  0 2 2  y  t 2  t , t  0 : ( P)  Đặt: y  m : (d ) Xét hàm số: y  f (t )  t  t , với t < 0  2 f (t )  2t  1  1 1 f (t )  0  t    y  2 4 Từ BBT ta suy ra: (1) có nghiệm x  (0; 1)  (2) có nghiệm t < 0 1  m  (d) và (P) có điểm chung, với hoành độ t < 0 4. 1 m . Vậy, giá trị m cần tìm: 4 3  1  1 t6 3 I    2 dt   t 4  t2 1  dt 1 t 1  t 1 2 117  41 3  x 1 3  Câu III: Đặt : t  3 = 135 12 Câu IV: Dựng SH  AB  SH  ( ABC ) và SH là đường cao của hình chóp. Dựng HN  BC, HP  AC  SN  BC, SP  AC  SPH  SNH    SHN =  SHP  HN = HP. a 3 HP  HA.sin 60o   AHP vuông có: 4 ;  SHP vuông có: a 3 SH  HP.tan   tan  4 1 1 a 3 a 2 3 a3 S . ABC : V  .SH .S ABC  . .tan  .  tan  Thể tích hình chóp 3 3 4 4 16  0 x  Câu V: Với 3 thì 0  tan x  3 và sin x  0,cos x  0, 2cos x  sin x  0
cos x cos3 x 1  tan 2 x 1  tan 2 x y   sin 2 x 2cos x  sin x tan 2 x(2  tan x) 2 tan 2 x  tan 3 x .  cos 2 x cos x 1 t2 y  f (t )  ; 0t  3  Đặt: t  tan x; 0  t  3  2t 2  t 3 t 4  3t 2  4t t (t 3  3t  4) t (t  1)(t 2  t  4) f (t )     f (t )  0  ( t  0  t  1). (2t 2  t 3 )2 (2t 2  t 3 )2 (2t 2  t 3 )2   miny  2 khi x  min f (t )  2  t  1  x    4  Từ BBT ta có: 4. Vậy:  0;   3 . a b5 2SABC  Câu VI.a: 1) Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0  d(C; AB) = 2 AB a  b  8 (1)  a 5 b5 a b5 3   ;   a  b  2 (2) ; Trọng tâm G  3 3   (d)  3a –b =4 (3) S 3  Từ (1), (3)  C(–2; 10)  r = p 2  65  89 S 3 r  Từ (2), (3)  C(1; –1)  p 22 5 .  BA, a     4  196  100  5 2 2) d(A, (d)) = a 4 11 Phương trình mặt cầu tâm A (1; –2; 3), bán kính R = 5 2 : (x – 1)2 + (y + 2)2 + (2 – 3)2 = 50  2 1  1  5 2 z 2  z     z      0  1  1 5  z  z  2 z   z    0 Câu VII.a: PT      z  z 2 (1) 1 5  1  3i 1  3i  z t2  t   0  t  t   Đặt ẩn số phụ: t = z. (1)  2  2 2 
1  i 1  i ; Đáp số có 4 nghiệm z : 1+i; 1- i ; 2 2 . Câu VI.b: 1) (C1): ( x  1)  ( y  1)  4 có tâm 2 2 I1 (1; 1) , bán kính R1 = 2. (C2): ( x  4)  ( y  1)  1 có tâm 2 2 I 2 (4; 1) , bán kính R2 = 1. Ta có: I1I 2  3  R1  R2  (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài nhau tại A(3; 1)  (C1) và (C2) có 3 tiếp tuyến, trong đó có 1 tiếp tuyến chung trong tại A là x = 3 // Oy. * Xét 2 tiếp tuyến chung ngoài: () : y  ax  b  () : ax  y  b  0 ta có:  a  b 1  2  2  2 2 a  a   d ( I1 ; )  R1  a b 2  4  4     hay   d ( I 2 ; )  R2  4a  b  1 b  4  7 2 b  4  7 2  a 2  b2  1      4 4 Vậy, có 3 tiếp tuyến chung: 2 47 2 2 47 2 (1 ) : x  3, (2 ) : y   x , (3 ) y  x 4 4 4 4 2) (d1) có vectơ chỉ phương u1  (1; 1; 2) ; (d2) có vectơ chỉ phương u2  (1; 3; 1) K (d2 )  K (t ; 3t  6; t  1)  IK  (t  1; 3t  5; t  2) 18  18 12 7  IK  u2  t  1  9t  15  t  2  0  t   K ;  ;  11  11 11 11   18 56 59  HK    t;   t ;   2t  Giả sử (d ) cắt (d1) tại H (t; 4  t; 6  2t), ( H ( d 1)) .  11 11 11  18 56 118 26 1 HK  u1  t  t   4t  0  t    HK  (44;  30;  7). 11 11 11 11 11
 18  x  11  44   12  y    30  11  7  z  11  7 Vậy, phương trình tham số của đường thẳng (d ):  . Câu VII.b: Xét đa thức: f ( x)  x(1  x)  x(C2009  C2009 x  C2009 x  ...  C2009 x ) 2009 0 1 2 2 2009 2009  C2009 x  C2009 x2  C2009 x3  ...  C2009 x2010 . 0 1 2 2009  Ta có: f ( x)  C2009  2C2009 x  3C2009 x2  ...  2010C2009 x2009 0 1 2 2009  f (1)  C2009  2C2009  3C2009  ...  2010C2009 0 1 2 2009 ( a)  Mặt khác: f ( x)  (1  x)2009  2009(1  x)2008 x  (1  x)2008 (2010  x)  f / (1)  2011.22008 (b)  Từ (a) và (b) suy ra: S  2011.22008.