Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 32 (Kèm đáp án)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

36
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp các bạn đang ôn thi Đại học, Cao đẳng có thể làm quen với hình thức ra đề thi và củng cố kiến thức môn Toán. Mời các bạn tham khảo đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 32 có kèm theo hướng dẫn giải để đạt kết quả tốt trong kỳ thi này.

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 32 (Kèm đáp án)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 32 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x 1 Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = 1 x . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận, A là điểm trên (C) có hoành độ là a. Tiếp tuyến tại A của (C) cắt hai đường tiệm cận tại P và Q. Chứng tỏ rằng A là trung điểm của PQ và tính diện tích tam giác IPQ. Câu II: (2điểm) 1) Giải bất phương trình: log2 ( 3x  1  6)  1  log 2 (7  10  x ) sin 6 x  cos6 x 1  tan 2 x 2) Giải phương trình: cos 2 x  sin 2 x 4  4  ex    1  tan 2 x  dx e x  2 x   Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I = 0 Câu IV: (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là một hình thoi cạnh a, góc BAD = 600. Gọi M là trung điểm AA và N là trung điểm của CC. Chứng minh rằng bốn điểm B, M, N, D đồng phẳng. Hãy tính độ dài cạnh AA theo a để tứ giác BMDN là hình vuông. Câu V: (1 điểm) Cho ba số thực a, b, c lớn hơn 1 có tích abc = 8. Tìm giá trị nhỏ 1 1 1 P   nhất của biểu thức: 1 a 1 b 1 c II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(2; –1) và đường thẳng d có phương trình 2x – y + 3 = 0. Lập phương trình đường thẳng () qua A và tạo với d một góc α có 1  cosα 10 . 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(3;1;1), B(0;1;4), C(– 1;–3;1). Lập phương trình của mặt cầu (S) đi qua A, B, C và có tâm nằm trên mặt phẳng (P): x + y – 2z + 4 = 0. Câu VII.a: (1 điểm) Cho tập hợp X = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Từ các chữ số của tập X có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và phải có mặt chữ số 1 và 2. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: ( 2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(–1;1) và B(3;3), đường thẳng (): 3x – 4y + 8 = 0. Lập phương trình đường tròn qua A, B và tiếp xúc với đường thẳng (). 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 4 điểm A(3;0;0), B(0;1;4), C(1;2;2), D(–1;–3;1). Chứng tỏ A, B, C, D là 4 đỉnh của một tứ diện và tìm trực tâm của tam giác ABC. log y xy  log x y   x 2  2  3 y Câu VII.b: (1 điểm) Giải hệ phương trình:  .
Hướng dẫn Đề số 32 www.VNMATH.com  2a  1  A  a;  Câu I: 2) Giao điểm I(1; –2).  1  a  1 2a  1 Phương trình tiếp tuyến tại A: y = (1  a)2 (x – a) + 1 a  2a  P 1;  Giao điểm của tiệm cận đứng và tiếp tuyến tại A:  1 a  Giao điểm của tiệm cận ngang và tiếp tuyến tại A: Q(2a – 1; –2) Ta có: xP + xQ = 2a = 2xA. Vậy A là trung điểm của PQ 2a 2 1 2  1 a 1 a 2(a  1) 2 IP.IQ Ta có IP = ; IQ = . SIPQ = = 2 (đvdt) 1   x  10 Câu II: 1) Điều kiện: 3 3x  1  6 3x  1  6 log 2  log 2 (7  10  x )  7  10  x BPT  2  2  3x  1  6  2(7  10  x )  3x  1  2 10  x  8  49x2 – 418x + 369 ≤ 0 369 1≤x≤ 49 (thoả)  k x  (k  ) 2) Điều kiện: cos2x ≠ 0 4 2 3 1  1  sin 2 2 x  sin 2 x PT 4 4  3sin22x + sin2x – 4 = 0  x  k  sin2x = 1  4 ( không thoả). Vậy phương trình vô nghiệm.
  4 4  2 xe dx   cos xdx x 2 Câu III: I = 0 0 = I1 + I2  4 u  2 x    2 xe dx x   x  e 4   Tính: I1 = 0 Đặt dv  e dx  I1 = 2 – 2e 4 2   1 1  1  cos 2 x  x  sin 2 x  4 4   2 dx 2 2 0 8  1 4 I2 = 0 = = Câu IV: Gọi P là trung điểm của DD. ABNP là hình bình hành  AP // BN APDM là hình bình hành  AP // MD  BN // MD hay B, M, N, D đồng phẳng. Tứ giác BNDM là hình bình hành. Để B’MND là hình vuông thì 2BN2 = BD2.  y2  2   a2   y2  a2 Đặt: y = AA’   4   y= a 2 1 1 2 1 1 1 1      Câu V: Ta chứng minh: 1  a 1  b 1  ab  1  a 1  ab 1  b 1  ab ≥0 ( b  a )2 ( ab  1)  0 (1  a)(1  b)(1  ab ) (đúng). Dấu "=" xảy ra  a = b. 1 1 1 1 2 2 4 4        Xét 1  a 1  b 1  c 1  3 abc 1  ab 1  abc 6 4 1 a b c 12 4 4 4 1  abc 3 3  1 P 1  abc 3 . Vậy P nhỏ nhất bằng 1 khi a = b = c = 2 Câu VI.a: 1) PT đường thẳng () có dạng: a(x – 2) + b(y +1) = 0  ax + by – 2a +b=0
2a  b 1 cos    5(a 2  b 2 ) 10  2 Ta có: 7a – 8ab + b2 = 0. Chon a = 1  b = 1; b = 7.  (1): x + y – 1 = 0 và (2): x + 7y + 5 = 0 2) PT mặt cầu (S) có dạng: x2 + y2 + z2 – 2ax – 2by – 2cz + d = 0 (S) qua A: 6a + 2b + 2c – d – 11 = 0 (S) qua B: 2b + 8c – d – 17 = 0 (S) qua C: 2a + 6b – 2c + d + 11 = 0 Tâm I  (P): a + b – 2c + 4 = 0 Giải ra ta được: a = 1, b = –1, c = 2, d = –3 Vậy (S): x2 + y2 + z2 – 2x + 2y – 4z – 3 = 0 Câu VII.a: Có 6 tập con có 5 chữ số chứa các số 0; 1; 2 Có 4 tập con có 5 chữ số chứa 1 và 2, nhưng không chứa số 0 Vậy số có các chữ số khác nhau được lập từ các chữ số đã cho bằng: 6(P5 – P4) + 4P5 = 1.056 (số) Câu VI.b: 1) Tâm I của đường tròn nằm trên đường trung trực d của đoạn AB d qua M(1; 2) có VTPT là AB  (4;2)  d: 2x + y – 4 = 0  Tâm I(a;4 – 2a) a  3   a  31  11a  8  5 5a 2  10a  10  Ta có IA = d(I,D)  2a2 – 37a + 93 = 0  2  Với a = 3  I(3;–2), R = 5  (C): (x – 3)2 + (y + 2)2 = 25 2 31  31  65  31  4225 I  ; 27   x    ( y  27)  2  Với a = 2   2 , R= 2  (C):  2 4
1 AB  (3;1;4); a  AC  (1;1;1) 2) Ta có 2 PT mặt phẳng (ABC): 3x + y + 2z – 6 = 0  D  ( ABC )  đpcm Câu VII.b: Điều kiện: x > 0 và x ≠ 1 và y > 0 và y ≠ 1 x  y log y x  1     x  12 log y xy  log x y  log 2 x  log y x  2  0   log y x  2   y Ta có y  Với x = y  x=y= log 2 3  1 1 1  Với x = y2 ta có: 2 y2  2y  3 theo bất đẳng thức Cô-si suy ra PT vô nghiệm