Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 33 (Kèm đáp án)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

57
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 33 có kèm theo hướng dẫn giải giúp giáo viên đánh giá khả năng tiếp thu kiến thức đã học trong phần hình học và đại số của các bạn đang ôn thi Đại học, Cao đẳng bao gồm nội dung như giải bất phương trình, viết phương trình đường thẳng,...Mời các bạn tham khảo.

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 33 (Kèm đáp án)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 33 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y  x  mx  2x  3mx  1 (1) . 4 3 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0. 2) Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu. Câu II: (2 điểm) 23 2 3 3 1) Giải phương trình: cos3xcos x – sin3xsin x = 8 2) Giải phương trình: 2 x  1  x x2  2  ( x  1) x 2  2 x  3  0  2 I    x  1 sin 2 xdx Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: 0 . Câu IV: (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A.ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA = b. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABC). Tính tan  và thể tích của khối chóp A.BBCC. a 2 b2 c 2 a b c      Câu V: (1 điểm) Cho ba số a, b, c khác 0. Chứng minh: b2 c 2 a 2 b c a . 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 hình chữ nhật ABCD có điểm I (6; 2) là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng : x + y – 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – 2y – z – 4 = 0 và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = 0. Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. x  x 1  1  10.3x  x 2 . 2 2 Câu VII.a: (1 điểm) Giải bất phương trình: 9 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng : x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để  cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích IAB lớn nhất. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm D(–1; 1; 1) và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâm của tam giác MNP. x 1 Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình: 4  2  2(2  1)sin(2  y  1)  2  0 . x x x
Hướng dẫn Đề số 33 www.VNMATH.com Câu I: 2) Đạo hàm y  4 x3  3mx2  4 x  3m  ( x  1)[4 x 2  (4  3m) x  3m] x 1 y  0   2  4 x  (4  3m) x  3m  0 (2) Hàm số có 2 cực tiểu  y có 3 cực trị  y = 0 có 3 nghiệm phân biệt   (3m  4)2  0 4   m .  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 4  4  3m  3m  0 3 4 m Thử lại: Với 3, thì y = 0 có 3 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. Vậy, hàm số có 2 cực tiểu 4 m . khi 3 2   cos 4 x   x    k ,k Z Câu II: 1) PT  2 16 2 u  x 2  2, u  0  v2  u 2  2x  1   2 u  x  2 2    2  v2  u 2  1 v  x  2 x  3, v  0  2   v  x2  2 x  3  x2  2) Đặt:  2 v  u  0 (b)   v  u  1 (v  u )  (v  u )  1   0    2  2   (v  u )  1  v  u   1  0    (c ) PT    2  2 Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm. 1 v  u  0  v  u  x2  2x  3  x2  2  x   Do đó: PT  2
  /2 u  x  1 1 1    x  1 cos 2 x  2  dv  sin 2 xdx  cos 2 xdx  4  1 Câu III: Đặt I= 2 0 2 0 . Câu IV: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của  ABC. Vì A.ABC là hình chóp đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABC) là  = A EH . a 3 a 3 a 3 9b2  3a 2 AE  , AH  , HE  A ' H  A ' A2  AH 2  Ta có : 2 3 6  3 . A ' H 2 3b2  a 2 a2 3 a 2 3b2  a 2 tan    SABC   VABC . A ' B ' C '  A ' H .SABC  Do đó: HE a ; 4 4 1 a 2 3b2  a 2 VA '. ABC  A ' H .S ABC  3 12 . a 2 3b 2  a 2 Do đó: VA' BB 'CC '  VABC. A' B 'C '  VA'. ABC = 6 Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có: a 2 b2 c 2 a 2 b2 c 2  2  2  33 2 . 2 . 2  3  b2 c a b c a (1) a2 a b2 b c2 c a 2 b2 c 2 a b c 1 2 ; 2 1 2 ; 2 1 2  2  2  2     3  b 2 b c c a a  b 2 c a b c a (2)  a 2 b2 c 2  a b c 2 2  2  2   2    Từ (1) và (2)  b c a  b c a  đpcm. Câu VI.a: 1) I (6; 2); M (1; 5)  : x + y – 5 = 0, E    E(m; 5 – m); Gọi N là trung điểm của AB  xN  2 xI  xE  12  m    y N  2 yI  yE  4  5  m  m  1  I trung ñieåm NE   N (12 – m; m – 1) MN = (11 – m; m – 6); IE = (m – 6; 5 – m – 2) = (m – 6; 3 – m) MN .IE  0  (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0
 m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0  m = 6 hay m = 7 +m=6 MN = (5; 0)  PT (AB) là y = 5 +m=7 MN = (4; 1)  PT (AB) là x – 1 – 4(y – 5) = 0  x – 4y + 19 = 0 2) I (1; 2; 3); R = 1  4  9  11  5 2(1)  2(2)  3  4 3 d (I; (P)) = 4  4 1 < R = 5. Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C)  x  1  2t   y  2  2t z  3  t Phương trình d qua I, vuông góc với (P) :  Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (C). J  d  J (1 + 2t; 2 – 2t; 3 – t) J  (P)  2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0  t = 1 Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2) , bán kính r = R 2  IJ 2  4 x x Câu VII.a: Đặt t  3 , t > 0. BPT  t2 – 10t + 9  0  ( t  1 hoặc t  9) 2 x x Khi t  1  t  3  1  x  x  0  1  x  0 (a) 2 2 x  x  2 t  3x  9  x2  x  2  0   2 Khi t  9  x 1 (b) Kết hợp (a) và (b) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (–; –2]  [–1;0]  [1; + ). Câu VI.b: 1) (C) có tâm là I (–2; –2); R = 2 Giả sử  cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ABC, ta có 1 IA.IB.sin AIB SABC = 2 = sin AIB
Do đó SABC lớn nhất khi và chỉ khi sin AIB = 1  AIB vuông tại I IA 1  4m 1 1  IH = 2 (thỏa IH < R)  m2  1 8  1 – 8m + 16m2 = m2 + 1  15m2 – 8m = 0  m = 0 hay m = 15 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p)  Oz.  DP  1; 1; p  1 ; NM   m; n;0   DP.NM  m  n      DN  1; n  1; 1 ; PM   m;0;  p   DN .PM  m  p   Ta có : . x y z 1 1 1   1   1 Phương trình mặt phẳng (P): m n p . Vì D (P) nên: m n p .  DP  NM  DP.NM  0    DN  PM   DN .PM  0   D là trực tâm của MNP   D  ( P)  D  ( P)  m  n  0 m  p  0 m  3    n  p  3  1  1  1  1 m n p  x y z   1 Kết luận, phương trình của mặt phẳng (P): 3 3 3 . 2 x  1  sin(2 x  y  1)  0(1)   2x  1  sin(2 x  y  1)  2  cos 2 (2 x  y  1)  0   cos(2  y  1)  0 x Câu VII.b: PT   (2) Từ (2)  sin(2  y  1)  1 . x  Khi sin(2  y  1)  1 , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN) x  Khi sin(2  y  1)  1 , thay vào (1), ta được: 2x = 2  x = 1. x  y  1   k , k  Z Thay x = 1 vào (1)  sin(y +1) = –1  2 .
   1; 1   k , k  Z  Kết luận: Phương trình có nghiệm:  2 .