Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 28 (Kèm đáp án)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

39
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn tham khảo đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 28 có kèm theo đáp án để làm quen với các dạng bài tập có thể xuất hiện trong kỳ thi Đại học, Cao đẳng sắp tới của các bạn học sinh. Chúc các bạn thành công.

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 28 (Kèm đáp án)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 28 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số y  x  5x  4, có đồ thị (C) 4 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2) Tìm m để phương trình | x  5x  4 | log2 m có 6 nghiệm. 4 2 Câu II (2 điểm). 1 1 sin 2 x  sin x    2cot 2 x 1) Giải phương trình: 2sin x sin 2 x 2) Tìm m để phương trình: m  x2  2 x  2  1  x(2  x)  0 có nghiệm x  0; 1  3    2x  1 4 I  dx Câu III (1 điểm). Tính tích phân: 0 1 2x  1 Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1  2a 5 và BAC  120 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC1. Tính khoảng cách d từ điểm A o tới mặt phẳng (A1BM). Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh: 3x  2 y  4 z  xy  3 yz  5 zx II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm).
1) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(–1; 3; –2), B(–3; 7; –18) và mặt phẳng (P): 2x – y + z + 1 = 0. Tìm tọa độ điểm M  (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M(3;1) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC cân tại A với A(2;–2). log3  x2  x  1  log3 x  2 x  x 2 Câu VII.a (1 điểm). Giải phương trình: B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b. (2 điểm). 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và  x  1  2t  y 1 t  z  2t đường thẳng  có phương trình tham số  Một điểm M thay đổi trên . đường thẳng . Xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M(4;1) và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho giá trị của tồng OA  OB nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: (log x 8  log 4 x2 )log 2 2 x  0
Hướng dẫn Đề số 28 www.VNMATH.com 9 9 log12 m   m  12 4  144 4 12 Câu I: 2) 4 Câu II: 1) PT   cos22x  cosxcos2x = 2cos2x và sin2x  0  cos 2 x  0  2cos2 x  cos x  1  0(VN )  cos2x = 0     2x   k  x  k 2 4 2 2) Đặt t  x2  2x  2  t2  2 = x2  2x. BPT  t2  2 m (1  t  2), do x[0;1  3] t 1 t2  2 t 2  2t  2 g (t )   0 Khảo sát hàm số: t 1 với 1  t  2. g'(t) (t  1)2  g tăng trên [1,2] t2  2 m  max g (t )  g (2)  2 m Do đó, YCBT  BPT t 1 có nghiệm t  [1,2]  t1;2 3 2 Vậy: m 3 3 3 t2  3 1  t2  I  dt    t  1   dt   t  ln t  1   2  ln 2 Câu III: Đặt t  2 x  1  1 1 t 1 t 1 = 2 1 C  2a,0,0  Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz sao cho: A  O, , A1 (0,0, 2a 5) a a 3   5 3   A(0;0;0), B  ;  2 2 ;0    BM  a   ;   2 ; 5  , MA1  a(2;0; 5)    , M (2a,0, a 5)  2  Ta có thể tích khối tứ diện AA1BM là :
1 a3 15 1 VAA1BM  A A1.  AB, AM     ; SBMA1   MB, MA1   3a 2 3   6 3 2 3V a 5 d  . Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA1) bằng S 3 1 3 5  x  y   xy ;  y  z   3 xy ;  z  x   5 xy Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có: 2 2 2  đpcm Câu VI.a: 1) Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với (P) x 1 y  3 z  2   Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; PT (AA'): 2 1 1 AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của hệ PT: 2 x  y  z  1  0   x  1 y  3 z  2  H (1, 2, 1)  2  1  1   2 xH  x A  x A '  2 yH  y A  y A '  A '(3,1,0) 2 z  z  z Vì H là trung điểm của AA' nên ta có :  H A A' Ta có A ' B  (6,6, 18) (cùng phương với (1;–1;3) )  PT (A'B) : x  3 y 1 z   1 1 3 Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình 2 x  y  z  1  0   x  3 y  1 z  M (2, 2, 3)  1  1  3  2) x  3 y  6  0; x  y  2  0 x2  x  1 1  log3  x  2  x   3x  2  x   x  1  Câu VII.a: PT x x 1 x (2  x ) g ( x)  x  1  Đặt: f ( x)  3 , x (x  0)
Từ BBT  max f(x) = 3; min g(x) = 3  PT f(x)= g(x) có nghiệm  maxf(x) = min g(x) = 3 tại x=1  PT có nghiệm x = 1 Câu VI.b: 1) Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.  x  1  2t  y 1 t  z  2t M  1  2t;1  t;2t  Đường thẳng  có PTTS:  . Điểm M  nên . AM  (2  2t ) 2  (4  t ) 2  (2t ) 2  (3t ) 2  (2 5) 2 BM  (4  2t ) 2  (2  t ) 2  (6  2t ) 2  (3t  6) 2  (2 5) 2 AM  BM  (3t ) 2  (2 5) 2  (3t  6) 2  (2 5) 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ  u  3t;2 5  và v   3t  6;2 5  .   3t    2 | u |  2 5 2   | v |  3t  6    2  2 5 2 Ta có   Suy ra AM  BM | u |  | v | và   u  v  6;4 5 | u  v | 2 29 Mặt khác, với hai vectơ u, v ta luôn có | u |  | v || u  v | . Như vậy AM  BM  2 29 3t 2 5    t 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u, v cùng hướng 3t  6 2 5  M 1;0;2  min  AM  BM   2 29 và . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2  11  29  2) x  2y  6  0
Câu VII.b: Điều kiện x > 0 , x  1    1   1 1   log 2 x   log 2 x  1  0   2log 4 x  log 2 2 x  0  1 log 2 x  BPT  log8 x  2 3   1  log 2 x  1  log 2 x  1 log 2 x  1 0  x  2  (log x  3)  2 0 0  2  log 2 x  log 2 x log 2 x  0  x 1