Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 23 (Kèm đáp án)

Chia sẻ: Ngô Thị Thu Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

62
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 23 có kèm theo đáp án này bao gồm những câu hỏi liên quan đến: viết phương trình đường vuông góc chung, viết phương trình đường tròn,...sẽ giúp ích rất nhiều cho các bạn học sinh ôn tập, nắm vững kiến thức để đạt được điểm tốt trong kì thi sắp tới.

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 23 (Kèm đáp án)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 23 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y  x x .  3 1) Khảo sát sự biến thiên và đồ thị (C) của hàm số. 2) Dựa và đồ thị (C) biện luận số nghiệm của phương trình: x3 – x = m3 – m Câu II: (2 điểm) 1) Giải phương trình: cos2x + cosx + sin3x = 0 3  2 2   2  2  1  3  0 . x x 2) Giải phương rtình: 2e3 x  e2 x  1 ln 2  dx e3 x  e 2 x  e x  1 . Câu III: (1 điểm) Cho I = 0 Tính eI Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tai A và D. Biết AD = AB = a, CD = 2a, cạnh bên SD vuông góc với mặt phẳng đáy và SD = a. Tính thể tứ diện ASBC theo a. Câu V: (1 điểm) Cho tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  2 A  2 B  2 B  2 C   2 C  2 A 1  tan 1  tan  1  tan 1  tan  1  tan 1  tan   2  2  2  2  2  2 C A B 1  tan 2 1  tan 2 1  tan 2 P= 2 + 2 + 2 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 đường tròn (C): x2 + y2 – 4y – 5 = 0. Hãy viết phương trình đường tròn (C) đối xứng với đường tròn (C) qua điểm 4 2  ;  M 5 5 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương tham số của đường x y2 z 1 :   thẳng (d) đi qua điểm A(1;5;0) và cắt cả hai đường thẳng 1 3 3 và 2 : x  t  y  4  t  z  1  2t  . Câu VII.a: (1 điểm) Cho tập hợp D = {x  R/ x4 – 13x2 + 36 ≤ 0}. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3 – 3x trên D. B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng  định bởi: (C ) : x  y  4 x  2 y  0;  : x  2 y  12  0 . Tìm điểm M trên  sao cho từ 2 2 M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 600. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường vuông  x  3  7t  x 7 y 3 z 9  y  1  2t 1 :   góc chung của hai đường thẳng: 1 2 1 và 2 :  z  1  3t  Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình z3 + (1 – 2i)z2 + (1 – i)z – 2i = 0., biết rằng phương trình có một nghiệm thuần ảo.
Hướng dẫn Đề số 23 www.VNMATH.com  2 3 m    3  2 3 m  Câu I: 2)   3 : PT có 1 nghiệm duy nhất 2 3 3   m= 3 hoặc m = 3 : PT có 2 nghiệm (1 đơn, 1 kép)  2 3 2 3   3   ;  \    m  3 3   3 : PT có 3 nghiệm phân biệt x x x sin 3 cos3 2cos 2 cos x  (1  cos x)sin x  0 Câu II: 1) PT  cosx(1 + cosx) + 8 2 2 =0 2  x cos 2  0   sin x  cos x  sin x.cos x  0 2 ( 2  1)2 x  3 0 2) PT  ( 2  1) x  ( 2  1)3 x  3( 2  1) x  2  0  ( 2  1) x  2 2e3 x  e2 x  1 3e3 x  2e 2 x  e x  (e3 x  e 2 x  e x  1) ln 2 ln 2  e3 x  e 2 x  e x  1 dx  e3 x  e 2 x  e x  1 dx Câu III: I = 0 = 0  3e3 x  2e2 x  e x ln 2  ln 2 ln 2   e3x  e2 x  e x  1  1dx 0   0 x 0 = = ln(e3x + e2x – ex + 1) = ln11 – ln4 = 14 ln 4 11 I 4. Vậy e = 1 2 1 1 3 a a Câu IV: Ta có SABC = SABCD – SADC = 2 . VASBC = 3 SABC.SA = 6
C A B  A B   B C   AC  cos cos cos sin   sin   sin   2  2  2  2   2   2  B A B C C A B A B C C A cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos Câu V: P = 2 2 2 2 2 2 = 2 2 2 2 2 2  A B C  tan  tan  tan  = 2 2 2 2 ≥ 2 3. Vậy minP = 2 3 khi và chỉ khi A = B  =C= 3 Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(0;2), bán kính R = 3. Gọi I’ là điểm đối xứng của I qua M  8 6  2 2  8  6  ;  x   y  9  I  5 5   (C):  5  5 2) Gọi (P) là mặt phẳng qua I và 1  (P): 3x – y + 2z + 2 = 0 Gọi (Q) là mặt phẳng qua I và 2  (Q): 3x – y – 2z + 2 = 0  Phương trình của (d) = (P)  (Q) Câu VII.a: Ta có D = [–3;–2][2;3]  y’ = 3x2 – 3, y’ = 0  x = ± 1  D  y(–3) = –18, y(–2) = –2, y(2) = 2, y(3) = 18  kết quả. Câu VI.b: 1) Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R  5 . Gọi A, B là hai tiếp điểm. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra IM  2R=2 5 . Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: ( x  2)  ( y  1)2  20 . 2 Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng , nên tọa độ của M nghiệm đúng ( x  2)2  ( y  1) 2  20 (1)  hệ phương trình:  x  2 y  12  0 (2)
Khử x giữa (1) và (2) ta được: y  3  2 y  10    y  1  20  5 y  42 y  81  0   27 2 2 2 y    5  6 27  M ;  M  6;3 5 5  Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: hoặc x  7  t '   y  3  2t ' 2) Phương trình tham số của 1 :  z  9  t '  Gọi M và N lần lượt là giao điểm của đường vuông góc chung với 1 và 2  M(7 + t;3 + 2t;9 – t) và N(3 –7t;1 + 2t;1 + 3t) VTCP lần lượt của 1 và 2 là a = (1; 2; –1) và b = (–7;2;3)  MN  a   MN .a  0    Ta có:  MN  b   MN .b  0 .  Từ đây tìm được t và t  Toạ độ của M, N. Đường vuông góc chung chính là đường thẳng MN. Câu VII.b: Gọi nghiệm thuần ảo là z = ki (k  R) Ta có : (ki)3 + ( 1 – 2i)(ki)2 + ( 1 – i)ki – 2i = 0  – k3i – k2 + 2k2i + ki + k – 2i = 0 k 2  k  0   2    k  2k  k  2  0 2 ( –k2 + k) + (–k3 + 2k + k – 2)i = 0  k=1 Vậy nghiệm thuần ảo là z = i  z3 + (1 – 2i)z2 + (1 – i)z – 2i = 0  (z – i)[z2 + (1 – i)z + 2] = 0 z  i  2  z  (1  i) z  2  0 Từ đó suy ra nghiệm của phương trình.