Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 47 (Kèm đáp án)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

57
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 47 có kèm theo đáp án 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, tìm toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác,...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 47 (Kèm đáp án)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 47 ) I. PHẦN CHUNG (7 điểm) 4 2 2 4 Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  x  2m x  m  2 m (1), với m là tham số. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1. 2) Chứng minh đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục Ox tại ít nhất hai điểm phân biệt, với mọi m  0 . Câu II (2 điểm):   2sin  2 x    4sin x  1 1) Giải phương trình:  6 2 y  x  m  2) Tìm các giá trị của tham số m sao cho hệ phương trình  y  xy  1 có nghiệm duy nhất.  x  12 f (x)  Câu III (1 điểm): Tìm nguyên hàm của hàm số  2 x  14 . Câu IV (1 điểm): Cho khối tứ diện ABCD. Trên các cạnh BC, BD, AC lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho BC  4BM , BD  2BN và AC  3AP . Mặt phẳng (MNP) chia khối tứ diện ABCD làm hai phần. Tính tỉ số thể tích giữa hai phần đó. Câu V (1 điểm): Với mọi số thực dương x; y; z thỏa điều kiện x  y  z  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  1 1 1 P  x  y  z  2     x y z. II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): log4 x log2 x 1) Giải phương trình: 2x 8 . x 1 y 2) Viết phương trình các đường thẳng cắt đồ thị hàm số x  2 tại hai điểm phân biệt sao cho hoành độ và tung độ của mỗi điểm đều là các số nguyên. Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng  d  : 2 x  y  4  0 . Lập phương trình đường tròn tiếp xúc với các trục tọa độ và có tâm ở trên đường thẳng (d). 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 2 1  log2 x  log4 x  log8 x  0 1) Giải bất phương trình: 2) Tìm m để đồ thị hàm số y  x   m  5 x  5mx có điểm uốn ở trên đồ thị 3 2 3 hàm số y  x . Câu VII.b (1 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1;3;5) , B(4;3;2) , C(0;2;1) . Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Hướng dẫn Đề số 47 www.VNMATH.com 4 2 2 4 Câu I: 2) Phương trình HĐGĐ của đồ thị (1) và trục Ox: x  2m x  m  2m  0 (). t  x2 t  0 2 2 4 Đặt , ta có : t  2m t  m  2m  0 () 2 Ta có :  '  2m  0 và S  2m  0 với mọi m  0 . Nên PT () có nghiệm dương.  PT () có ít nhất 2 nghiệm phân biệt (đpcm). Câu II: 1) PT  3 sin 2 x  cos2 x  4sin x  1  0  2 3 sin x cos x  2sin2 x  4sin x  0 .    sin x  3 cos x  2 sin  x    1 3 2   3 cos x  sin x  2 sin x  0 sin x  0      x  k  5  x  6  k 2    x  k 2 y  x  m (1)  2)  y  xy  1 (2) . y  1   1 m  y 2 2 2 y  my  1  y  y Từ (1)  x  2y  m , nên (2)   (vì y  0) 1 1 f  y  y   2  f ' y  1 0 y y2 Xét Dựa vào BTT ta kết luận được hệ có nghiệm duy nhất  m  2 .
2 3 1  x 1   x  1  1  x 1  f  x   .  .  F  x    C Câu III: Ta có: 3  2x  1   2x 1   9  2x  1  Câu IV: Gọi T là giao điểm của MN với CD; Q là giao điểm của PT với AD. TD DD ' 1    Vẽ DD // BC, ta có: DD=BM TC MC 3 . TD AP 1 QD DP CP 2    AT DP     Mà: TC AC 3 QA AT CA 3 VA.PQN AP AQ 1 3 1 1  .  .   VA.PQN  VABCD AC AD 3 5 5 10 Nên: VA.CDN (1) VC.PMN CP CM 2 3 1 1  .  .   VABMNP  VABCD CA CB 3 4 2 4 Và: VC. ABN (2). 7 VABMNQP  V Từ (1) và (2), suy ra : 20 ABCD . 7 13 Kết luận: Tỉ số thể tích cần tìm là 13 hoặc 7 . 2 1 18x   12 x Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si ta có: x (1). Dấu bằng xảy ra  3. 2 2 18y   12 18z   12 Tương tự: y (2) và z (3). 17  x  y  z   17 Mà: (4). Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: P  19 . 1 1 xyz xyz Dấu "=" xảy ra  3 . Vậy GTNN của P là 19 khi 3. Câu VI.a: 1) Điều kiện : x  0 .
t  log2 x t  log2 x   t  1 x  2 2  t  2  1  log2 x log4 x  3log2 x PT   t  3t  2  0    x  4 1 y  1 2) Ta có: x  2 . Do đó: x, y  Z  x  2  1  x  3, x  1 Suy ra tọa độ các điểm trên đồ thị có hoành độ và tung độ là những số nguyên là A 1;0  , B  3;2  Kết luận: Phương trình đường thẳng cần tìm là: x  y  1  0 . I  m;2m  4    d  Câu VII.a: Gọi là tâm đường tròn cần tìm. 4 m  2m  4  m  4, m  Ta có: 3. 2 2 4  4  4  16 m x   y    3 thì phương trình đường tròn là:  3  3 9 . 2 2  m  4 thì phương trình đường tròn là:  x  4   y  4  16 . t 1  t  t  0 Câu VI.b: 1) Điều kiện : x  0 . Đặt t  log 2 x , ta có : 3 4 4 1  3t 2  4t  0    t  0   log 2 x  0  3  x  1 BPT 3  3 2 2 . y '  3x2  2  m  5 x  5m; y "  6 x  2m  10 2) Ta có: . 5m 5m y"  0  x  x 3 ; y đổi dấu qua 3 .  5  m 2  m  53 5m  m  5   U ;    3 27 3  Suy ra:   là điểm uốn.
Để điểm uốn U nằm trên đồ thị hàm số y  x3 thì 2  m  5 5m  m  5  5  m 3 3    27 3  3   m5 Câu VII.b: Ta có: AB  BC  CA  3 2  ABC đều. Do đó tâm I của đường tròn ngoại tiếp ABC là trọng tâm của nó.  5 8 8 I  ; ;  Kết luận:  3 3 3  .