Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 26 (Kèm đáp án)

Chia sẻ: Ngô Thị Thu Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

31
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 26 có kèm theo hướng dẫn giải gồm các câu hỏi về: tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức, giải bất phương trình,...giúp các thí sinh có thêm tư liệu chuẩn bị ôn thi Đại học, Cao đẳng với kết quả tốt hơn.

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 26 (Kèm đáp án)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 26 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x2 y Câu I: (2 điểm) Cho hàm số x 1 . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Chứng minh rằng với mọi giá trị thực của m, đường thẳng (d) y = – x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn AB. Câu II: (2 điểm) 1 log x 2  log 4 x  0 1) Giải bất phương trình: 2     tan  x   tan  x   .sin 3x  sin x  sin 2 x 2) Giải phương trình:  6  3  2 sin xdx  Câu III: (1 điểm) Tính tích phân  sin x  3 cos x  3 0 Câu IV: (1 điểm) Tính thể tích hình chóp S.ABC biết SA = a, SB = b, SC = c, ASB  600 , BSC  90 , CSA  120 . 0 0 Câu V: (1 điểm) Với mọi số thực dương a; b; c thoả mãn điều kiện a + b + c = 1. a3 b3 c3 P   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: (1  a)2 (1  b)2 (1  c)2 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo cương trình chuẩn: Câu VI.a: (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1): x + y + 1 = 0, (d2): 2x – y – 1 = 0 . Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;–1) cắt (d1) và (d2) tương ứng tại A và B sao cho 2MA  MB  0 2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + 1 = 0 và hai điểm A(1;7; –1), B(4;2;0). Lập phương trình đường thẳng (D) là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB trên (P). Câu VII.a: (1 điểm) Ký hiệu x1 và x2 là hai nghiệm phức của phương trình 2x2 – 1 1 2x + 1 = 0. Tính giá trị các số phức: x12 và 2 x2 . B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hypebol (H) có phương x2 y 2  1 trình 9 4 Giả sử (d) là một tiếp tuyến thay đổi và F là một trong hai tiêu . điểm của (H), kẻ FM (d). Chứng minh rằng M luôn nằm trên một đường tròn cố định, viết phương trình đường tròn đó 2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3). Tìm toạ độ trưc tâm của tam giác ABC. Câu VII.b: (1 điểm) Chứng minh rằng với k,n  Z thoả mãn 3  k  n ta luôn  có: Cn  3Cn 1  2Cn 2  Cn3  Cn 3  Cn 2 k k k k k k .
Hướng dẫn Đề số 26 www.VNMATH.com x2 Câu I: 2) Phương hoành độ giao điểm của (d) và (C) là: x 1 =–x+m x  1  2  x  mx  m  2  0 (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m Ta có A(x1; –x1 +m), B(x2; – x2 + m) 2( x1  x2 )2  2 ( x1  x2 )2  4 x1 x2    2(m2  4m  8)  8 AB = = Vậy GTNN của AB = 8 khi và chỉ khi m = 2 Câu II: 1) Điều kiện: 0 < x ≠ 1. Đặt t = log 2 x  t 2  t  2 1 1 1 1 t 1  0  log 2 x   0     0   2t log 2 x 2 2 t 2 2 t  0 BPT    1 t (t 2  t  2)  0 t  2 log 2 x  log 2 22 0  x  4     t  0 0  t  1 log 2 1  log 2 x  log 2 2  1  x  2     cos  x   .cos  x    0 2) Điều kiện:  6  3     sin  x   sin  x     6  3 sin 3x  sin x  sin 2 x     cos  x   cos  x   PT  6  3  – sin3x = sinx + sin2x  k sin 2 x  0 x  2   cos x   1  x   2  k 2  2   sin2x(2cosx + 1) = 0  3
 k x  2   x   2  2k Kết hợp điều kiện, nghiệm của phương trình là:   3   x  Câu III: Ta có: sinx + 3 cosx = 2cos  6  ,    3   1    x     sin  x    cos  x   sinx = sin   6  6  = 2  6 2  6     sin  x   dx  6 2 3 1 2 dx  3     16  2    16 0 3 cos  x   0 cos x  I=  6  6 = 6 Câu IV: Trên SB, SC lấy các điểm B, C sao cho SB = SC = a. Ta có AB = a, BC = a 2 , AC = a 3  ABC vuông tại B. Gọi H là trung điểm của AC, thì SHB vuông tại H. Vậy SH là đường cao của hình chop S.ABC a3 2 VS . ABC abc bc 2  3  2 abc Vậy: VS.AB’C’ = 12 . VS . AB ' C ' a a  VS.ABC = 12 8a3 a3 6a  2b  2c  (b  c)  (b  c)  6a   Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si ta có: (b  c) 2 (b  c) 2 8 . Dấu " = " xảy ra  2a = b + c. b3 6b  2c  2a c3 6c  2a  2b  ;  Tương tự: (c  a ) 2 8 ( a  b) 2 8 abc 1 1 P  Suy ra: 4 4. Dấu bằng xảy ra  a = b = c = 3. Kết luận: minP = 1 4 Câu VI.a: 1) Giả sử: A(a; –a–1), B(b; 2b – 1) Từ điều kiện 2MA  MB  0 tìm được A(1; –2), B(1;1) suy ra (d): x – 1 = 0
2) Gọi (Q) là mặt phẳng qua A, B và vuông góc với (P) ta suy ra (Q): 8x + 7x + 11z – 46 = 0. (D) = (P)  (Q) suy ra phương trình (D). 1 1 1 1 x1  (1  i), x2  (1  i)  2  2i; 2  2i Câu VII.a: PT có hai nghiệm 2 2 x1 x2 Câu VI.b: 1) (H) có một tiêu điểm F ( 13;0) . Giả sử pttt (d): ax + by + c = 0 . Khi đó: 9a2 – 4b2 = c2 (*) Phương trình đường thẳng qua F vuông góc với (d) là (D): b( x  13) –ay= 0 ax  by  c   Toạ độ của M là nghiệm của hệ: bx  ay  13b  Bình phương hai vế của từng phương trình rồi cộng lại và kết hợp với (*) ta được x2 + y2 = 9 2) Lập phương trình mp(ABC); (P) qua A và (P)  BC; (Q) qua B và (Q)  AC Giải hệ gồm ba phương trình ba mặt phẳng trên ta được trực tâm H  36 18 12   ; ;   49 49 49  Câu VII.b: Ta có: Cn  3Cn 1  2Cn 2  Cn3  Cn 3  Cn 2  Cn  3Cn 1  3Cn 2  Cn 3  Cn3 k k k k k k k k k k k (1) k k k k  VT(1)  Cn  Cn 1  2 Cn 1  Cn 2  Cn 2  Cn 3  Cn1  2Cn1  Cn1 k k k k 1 k 2 k k 1   k 1 k 2  Cn1  Cn1  Cn1  Cn 1 = C k n2  Cn1  Cn 3 k 2 k