Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 31 (Kèm đáp án)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

34
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 31 có kèm theo đáp án này bao gồm những câu hỏi liên quan đến: giải hệ phương trình, tính tích phân,...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 31 (Kèm đáp án)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 31 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị (Cm); (m là tham số). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3. 2) Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0; 1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau. Câu II: (2 điểm) 1) Giải phương trình: 2cos3x + 3 sinx + cosx = 0  x 2  91  y  2  y 2 (1)   2  y  91  x  2  x 2 (2)  2) Giải hệ phương trình: e2 dx  x ln x.ln ex Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I = e 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 a. Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c là những số dương thoả mãn: a 2  b2  c 2  3 . Chứng 1 1 1 4 4 4    2  2  2 minh bất đẳng thức: ab bc ca a 7 b 7 c 7 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 elip (E): 4 x  9 y  36 và điểm 2 2 M(1; 1). Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt (E) tại hai điểm C, D sao cho MC = MD. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng x 1 y z  2   (d) : 1 2 2 và mặt phẳng (P) : 2x – y – 2z = 0. Câu VII.a (1 điểm) Cho tập hợp X = 0,1,2,3,4,5,6,7 . Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau đôi một từ X, sao cho một trong ba chữ số đầu tiên phải bằng 1. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 5x  16 y  80 và hai 2 2 điểm A(–5; –1), B(–1; 1). Một điểm M di động trên (E). Tìm giá trị lớn nhất của diện tích MAB. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng và hai đường thẳng có phương trình (P): 3x  12 y  3z  5  0 và (Q): 3x  4 y  9z  7  0 x  5 y  3 z 1 x  3 y 1 z  2     (d1): 2 4 3 , (d2): 2 3 4 . Viết phương trình đường thẳng () song song với hai mặt phẳng (P), (Q) và cắt (d1), (d2) Câu VII.b (1 điểm) Tìm số n nguyên dương thỏa mãn bất phương trình: An  2Cn 2  9n . 3 n
Hướng dẫn Đề số 31 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là: x  0  2 x3 + 3x2 + mx + 1 = 1  x(x2 + 3x + m) = 0   x  3x  m  0 (2) (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt  (2) có 2 nghiệm xD, xE  0. m  0    9  4m  0   2  4 0  3  0  m  0  m    9 Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là: kD = y’(xD) = 3xD  6xD  m  ( xD  2m); kE = y’(xE) = 2 3xE  6 xE  m  ( xE  2m). 2 Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc  kDkE = –1.  (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE + 6m(xD + xE) + 4m2 = –1  9m – 18m + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-et). 1  9  65  m= 8 .      k  x     cos3x  x    cos(  3x) x  Câu II: 1) PT  cos  3   cos  3   3 2 2) Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: x2  91  y 2  91  y  2  x  2  y 2  x 2 x2  y 2 yx    ( y  x)( y  x) x  91  y  91 2 2 y2  x2
 x y 1   ( x  y)    x  y  0  x 2  91  y 2  91 x2  y2     x = y (trong ngoặc luôn dương và x và y đều lớn hơn 2) Vậy từ hệ trên ta có: x2  91  x  2  x 2  x2  91  10  x  2  1  x 2  9 x2  9 x 3    ( x  3)( x  3) x  91  10 2 x  2 1   1  1   ( x  3)  ( x  3)   1  0  x  2 1  x  91  10  2   x=3 Vậy nghiệm của hệ x = y = 3 e2 e2 e2 dx d (ln x)  1 1  I    ln x  1  ln x d (ln x) Câu III: e x ln x(1  ln x) e ln x(1  ln x) = e   = 2ln2 – ln3 Câu IV: Dựng SH  AB . Ta có: (SAB)  ( ABC), (SAB)  ( ABC)  AB, SH  (SAB)  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 1 1 4   ( x  0, y  0) Câu V: Áp dụng bất đẳng thức x y x y 1 1 4 1 1 4 1 1 4   ;   ;   Ta có: a  b b  c a  2b  c b  c c  a a  b  2c c  a a  b 2a+b+c Mặt khác:
1 2 2  2  2  2a 2  b2  c 2  4  4a  2b  2c  0 2 a  b  c 2a  b  c  4 a  7 2 2  2(a  1)2  (b  1)2  (c  1)2  0 1 2 1 2  2 ;  2 Tương tự: 2b  c  a b  7 2c  a  b c  7 1 1 1 4 4 4    2  2  2 Từ đó suy ra ab bc ca a 7 b 7 c 7 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Câu VI.a: 1) Gọi (d) là đường thẳng qua M(1; 1) cắt (E) tại C, D. Vì (E) có tính đối xứng nên (d) không thể vuông góc với Ox, do đó phương trình của (d) có dạng: y  k ( x  1)  1  y  kx  1  k Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (E): 4x  9(kx  1  k )  36  0 2 2   288k 2  72k  108  0, k  (4  9k 2 ) x2  18k (1  k ) x  9(1  k )2  36  0 (1) ( )  (d) luôn cắt (E) tại 2 điểm C, D với các hoành độ x1 , x2 là nghiệm của (1). 18k (1  k ) x1  x2  Theo định lý Viet: 4  9k 2 18k (1  k ) 4 x1  x2  2 xM  2  k  . M(1; 1) là trung điểm của CD  4  9k 2 9 Vậy, phương trình đường thẳng (d): 4x + 9y – 13 = 0. 2) Gọi A(a; 0; 0)  Ox .  (Q/ ) : 4 y  3x  10  0 (d) qua M 0 (1; 0;  2) và có VTCP u  (1; 2; 2) . Đặt M 0 M1  u Do đó: d(A; d) là chiều cao vẽ từ A trong tam giác AM 0 M1 2.S AM 0 M1  AM 0 ; u    8a 2  24a  36  d ( A; d )    M 0 M1 u 3
Theo giả thiết: d(A; (P)) = d(A; d) 2a 8a 2  24a  36    4a 2  8a 2  24a  36  4(a  3) 2  0  a  3 3 3 Vậy, có một điểm A(3; 0; 0). Câu VII.a: Giả sử n = abc d e .  Xem các số hình thức abc d e , kể cả a = 0. Có 3 cách chọn vị trí cho 1 (1 là a hoặc b hoặc c). Sau đó chọn trị khác nhau cho 4 vị trí còn lại từ X \ 1  số cách 4 chọn A7 . Như vậy có 3. (7. 6. 5. 4) = 2520 số hình thức thoả yêu cầu đề bài.  có 2 A6  240 (số) 3  Xem các số hình thức 0bc d e  Loại những số dạng hình thức 0bc d e ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa YCBT. Câu VI.b: 1) Phương trình đường thẳng (AB): x  2y  3  0 và AB  2 5 x0  2 y0  3 x0  2 y0  3 d ( M ; AB)   Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E)  5x  16 y  80. Ta có: 1 4 2 2 0 0 5 1 S  . AB.d ( M ; AB)  x0  2 y0  3 Diện tích MAB: 2  1 1  ;   , ( 5 x0 ; 4 y0 ) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki cho 2 cặp số  5 2 có: 2  1  1 1 2 . 5 x0  .4 y0       5 x0  16 y0   .80  36 1 2 9   5 2  5 4 20  x0  2 y0  6   6  x0  2 y0  6  3  6  x0  2 y0  3  6  3   3  x0  2 y0  3  9  x0  2 y0  3  9
 5x 4 y  8  1  1 5 x0  8 y0  x0  3    max x0  2 y0  3  9       5 2  x0  2 y0  6 y   5  x0  2 y0  3  9   0  3 8 5 max SMAB  9 khi M  ;   Vậy, 3 3 . nP  (1; 4;  1) , nQ  (3;  4; 9) 2) (P) có VTPT (Q) có pháp vectơ (d1) có VTCP u1  (2;  4; 3) , (d2) có VTCP u2  (2; 3; 4) (1 )  ( P)  (Q) ( P )  (d ),( P ) ( P)  1 1 1  (Q1 )  (d 2 ),(Q1 ) (Q) u  u Gọi:  1  () = (P1)  (Q1) và () // (1) 1 u  [nP ; nQ ]  (8;  3;  4) () có vectơ chỉ phương 4 (P1) có cặp VTCP u1 và u nên có VTPT: nP1  [u1; u ]  (25; 32; 26) Phương trình mp (P1): 25(x + 5) + 32(y – 3) + 26(z + 1) = 0  25x  32 y  26 z  55  0 u2 u nQ1  [u2 ; u ]  (0; 24;  18) (Q1) có cặp VTCP và nên có VTPT: Phương trình mp (Q1): 0( x  3)  24( y  1)  18( z  2)  0  4 y  3x  10  0 Ta có: ()  ( P1 )  (Q1 )  phương trình đường thẳng () : 25 x  32 y  26 z  55  0  4 y  3z  10  0 Câu VII.b: n  3, n  4 .