Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 22 (Kèm đáp án)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

60
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bạn đang gặp khó khăn trước kì thi Đại học, Cao đẳng và bạn không biết làm sao để đạt được điểm số như mong muốn. Hãy tham khảo đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 22 có kèm theo hướng dẫn giải sẽ giúp các bạn nhận ra các dạng bài tập khác nhau và cách giải của nó. Chúc các bạn làm thi tốt.

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 22 (Kèm đáp án)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 22 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số y  x  3x  m (1) 3 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 4. 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho AOB  120 . 0 Câu II (2 điểm ).     sin  3x    sin 2 x sin  x   1) Giải phương trình:  4  4. 2) Giải bất phương trình: 8  21 3 x 4 3 x  21 3 x 5. Câu III (2 điểm). Tính diện tích hình (H) giới hạn bởi các đường y  1  2 x  x2 và y = 1. Câu IV (2 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là ABC vuông cân tại A, AB = AC = a. Mặt bên qua cạnh huyền BC vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại đều hợp với mặt đáy các góc 600. Tính thể tích của khối chóp S.ABC. Câu V (2.0 điểm). Cho a, b, c là ba số dương. Chứng minh rằng: ab bc ca abc    a  3b  2c b  3c  2a c  3a  2b 6 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm)
1) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng x 1 y  2 z  2 :   3 2 2và mặt phẳng (P): x + 3y + 2z + 2 = 0. Lập phương trình đường thẳng song song với mặt phẳng (P), đi qua M(2; 2; 4) và cắt đường thẳng (). 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(1; 0), B(3; 1) và đường thẳng (): x  2y 1 = 0. Tìm điểm C thuộc đường thẳng () sao cho diện tích tam giác ABC bằng 6. 2 Câu VII.a (1 điểm) Tìm các số thực b, c để phương trình z  bz  c  0 nhận số phức z  1  i làm một nghiệm. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện 9 xI  tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng (d ) : x  y  3  0 và có hoành độ trung 2, điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là (S ) : x  y  z  4x  2 y  6z  5  0, (P) : 2x  2 y  z  16  0 . Điểm M di 2 2 2 động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng. (1  i)2009 z 2  2. z  2i  0 Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: (1  i)2008 trên tập số phức.
Hướng dẫn Đề số 22 www.VNMATH.com  x  2  y  m  4  Câu I: 2) Ta có: y’ = 3x2 + 6x = 0 x  0  y  m Vậy hàm số có hai điểm cực trị A(0 ; m) và B(2 ; m + 4) 1 cos AOB   Ta có: OA  (0; m), OB  (2; m  4) . Để AOB  120 thì 0 2 4  m  0 m(m  4) 1  12  2 3    12  2 3  m  m2  4  (m  4) 2  2 m   3 3 Câu II: 1) PT  sin3x  cos3x  sin 2 x(sin x  cos x) sin x  cos x  0  tan x  1    (sinx + cosx)(sin2x  1) = 0 sin 2 x  1  0 sin 2 x  1    x   4  k    x    k  x    k 4   4 2) Điều kiện: x  3. Đặt t  2 3 x  0. BPT  8  2t  t 2  2t  5  5 0  t  2 5  2t  0   2  t  4  0  t  1   8  2t  t  5  2t  8  2t  t  0 2 2  17  2 t  1; t  5t  22 x  17  0  5 3 x Với 0  t  1 2  1  3  x  0  x 3 Câu III: Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình: 1  2 x  x2  1  x  0; x  2
2 2 S   2 x  x 2 dx   1  ( x  1)2 dx Diện tích cần tìm 0 0      t   ;  x 0t  ; x 2t  Đặt x  1 = sin t;  2 2  dx = cost ; Với 2 2    2 1 2 1 1 2  S   cos tdt  2  (1  cos 2t )dt   t  sin 2t    2 2 2   2    2 2 2 Câu IV: Kẻ SH  BC. Suy ra SH  (ABC). Kẻ SI  AB; SJ  AC.  SIH  SJH  60  SIH = SJH  HI = HJ  AIHJ là hình vuông 0  I là trung điểm AB  IH  a 2 a 3 1 a3 3 SH  VS . ABC  SH .S ABC  Trong tam giác vuông SHI ta có: 2 . Vậy: 3 12 1 1 1 1 1 1 9 ( x  y  z)      9     Câu V: Sử dụng BĐT:  x y z x y z x yz ab 1 1 1 1 1   ab.  ab     Ta có: a  3b  2c (a  c)  (b  c)  2b 9  a  c b  c 2b  Tương tự đối với 2 biểu thức còn lại. Sau đó cộng vế với vế ta được: ab bc ca 1  a  b  c bc  ca ca  ab ab  bc  a  b  c         a  3b  2c b  3c  2a c  3a  2b 9  2 ab bc ac  6  x  1  3t   y  2  2t t   z  2  2t Câu VI.a: 1) Đường thẳng () có phương trình tham số:  Mặt phẳng (P) có VTPT n  (1; 3; 2) Giả sử N(1 + 3t ; 2  2t ; 2 + 2t)    MN  (3t  3; 2t;2t  2) Để MN // (P) thì MN .n  0  t  7  N(20; 12; 16)
x2 y2 z4   Phương trình đường thẳng cần tìm : 9 7 6 2) Phương trình AB : x + 2y  1 = 0 ; AB  5 . 1 12 S ABC  AB.hc  6  hc  Gọi hc là đường cao hạ từ C của ABC. 2 5 12 | 2a  1  2a  1| 12 hc     a  3 Giả sử C(2a + 1 ; a)  (). Vì 5 5 5 Vậy có hai điểm cần tìm: C1(7; 3) và C2(5; 3) Câu VII.a: Từ giả thiết suy ra: b  c  0 b  2 1  i   b 1  i   c  0  b  c   2  b  i  0    2 2  b  0 c  2 9 3 xI  9 I d  : x  y  3  0  I  ;  Câu VI.b: 1) I có hoành độ 2 và 2 2 Gọi M = d  Ox là trung điểm của cạnh AD, suy ra M(3;0). 9 9 AB  2IM  2  xI  xM    y I  yM   2  3 2 2 2 4 4 S ABCD 12 S ABCD  AB. AD = 12  AD =   2 2. AB 3 2  AD  (d )   M  AD , suy ra phương trình AD: 1.( x  3)  1.( y  0)  0  x  y  3  0 . Lại có MA = MD = 2. Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình: x  y  3  0   y  x  3 y  3 x x  2 x  4       ( x  3)  y  2 ( x  3)  y  2 2 2  x  3  1  y  1  y  1 2 2  hoặc . Vậy A(2;1), D(4;-1),
 xA  xC  xI   2  xC  2 xI  xA  9  2  7   9 3 I ;   y  y A  yC  yC  2 yI  y A  3  1  2 2 2 là trung điểm của AC, suy  I ra:  2 Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1). 2) Mặt cầu (S) tâm I(2;–1;3) và có bán kính R = 3. 2.2  2.(1)  3  16 d  d  I ,  P   5 d  R Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): 3 . Do đó (P) và (S) không có điểm chung. Do vậy, min MN = d –R = 5 –3 = 2. Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S). Gọi  là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P), thì N0 là giao điểm của  và (P). n P   2;2; 1 Đường thẳng  có VTCP là và qua I nên có phương trình là  x  2  2t   y  1  2t  t   z  3  t  . Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình: 15 5 2  2  2t   2  1  2t    3  t   16  0  9t  15  0  t    9 3  4 13 14  3 N0   ;  ;  IM 0  IN 0 . Suy ra  3 3 3 . Ta có 5 Suy ra M0(0;–3;4) (1  i)2009  1  i  2008   .(1  i)  i 2008 (1  i)  1  i Câu VII.b: Ta có: (1  i)2008  1  i  PT  z2  2(1 + i)z +2i = 0  z2  2(1 + i)z + (i + 1)2 = 0
 (z  i  1)2 = 0  z = i + 1.