Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 48 (Kèm đáp án)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

98
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 48 có kèm theo hướng dẫn giải gồm các câu hỏi về: tìm nguyên hàm của hàm số, viết phương trình chính tắc của elip,...giúp các thí sinh có thêm tư liệu chuẩn bị ôn thi Đại học, Cao đẳng với kết quả tốt hơn.

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 48 (Kèm đáp án)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 48 ) I. PHẦN CHUNG (7 điểm) x 3 y Câu I (2 điểm): Cho hàm số x 1 . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Viết phương trình đường thẳng d qua điểm  I 1;1 và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao cho I là trung điểm của đoạn MN. Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: cos3x  sin 2 x  3 sin 3x  cos 2 x    3 x 3  y3  4 xy   2 2 2) Giải hệ phương trình: x y  9  Câu III (1 điểm): Tìm các giá trị của tham số m để phương trình:  m  2  1  x2  1   x 2  m có nghiệm. Câu IV (1 điểm): Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A ' B 'C ' có cạnh đáy là a và a khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BC) bằng 2 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . a2 b2 c2 1     ab  bc  ca   a  b  c Câu V (1 điểm): Chứng minh a  b b  c c  a 2 với mọi số dương a; b; c . II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm): 1  log 2 x  log 2  x  2   log 6  x 1) Giải bất phương trình: 2  ln x dx 2 2) Tính: Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy). Lập phương trình M  2;1 đường thẳng qua và tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4. 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm):  y 2  x  x2  y   x y 1 1) Giải hệ phương trình : 2  3  cos 2 x  1 f  x  2) Tìm nguyên hàm của hàm số cos 2 x  1 .  1 M  3;  Câu VII.b (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy) , cho điểm  2. Viết phương trình chính tắc của elip đi qua điểm M và nhận  F1  3;0  làm tiêu điểm.
Hướng dẫn Đề số 48 www.VNMATH.com d : y  k  x  1  1 Câu I: 2) Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k  PT . x 3  PT :  kx  k  1 Ta có: d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt M, N x 1 có 2 nghiệm phân biệt khác 1 . Hay:   f x  kx2  2kx  k  4  0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1 k  0     4k  0  k  0  f 1  4  0    Mặt khác: xM  xN  2  2 xI  I là trung điểm MN với k  0 . Kết luận: PT đường thẳng cần tìm là y  kx  k  1 với k  0 . Câu II: 1) PT  cos3x  3 sin 3x  3 cos 2 x  sin 2 x 1 3 3 1  cos3x  sin 3x  cos 2 x  sin 2 x 2 2 2 2    x   6  k 2       x     k 2  cos  3x    cos  2 x    3  6    10 5 2) Ta có : x y  9  xy  3 . 2 2  Khi: xy  3 , ta có: x  y  4 và x .   y   27 3 3 3 3 Suy ra: x ;   y  là các nghiệm của phương trình: 3 3 X 2  4 X  27  0  X  2  31 Vậy nghiệm của Hệ PT là:
x  3 2  31, y   3 2  31 hoặc x  3 2  31, y   3 2  31 .  Khi: xy  3 , ta có: x  y  4 và x .   y   27 3 3 3 3 Suy ra:   là nghiệm của phương trình: x3 ;  y 3 X 2  4 X  27  0 ( PTVN ) Câu III: Đặt t  x  1 . Điều kiện: t  1 . 2 1  m  2 t  1  t 2  m  1  mt  t  1 PT trở thành: t2 1 1 t 2  4t  3 f t   t   f ' t   1   Xét hàm số: t2  t  2 2  t  2 2 t  1 (loaïi) f (t )  0   m 4  t  3 (loaïi) . Dựa vào BBT, ta kết luận 3. Câu IV: Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với AM.  BC  AM   BC  ( AA ' M )  BC  AH Ta có:  BC  AA ' . a AH  A ' M  AH  ( A ' BC )  AH  Mà 2. 1 1 1 a 6 2  2  2  AA '  Mặt khác: AH A' A AM 4 . 3a3 2 VABC. A ' B ' C '  Kết luận: 16 . a2 ab ab 1 a a  a ab Câu V: Ta có: ab ab 2 ab 2 (1) b2 1 c2 1 b bc c ca Tương tự: b  c 2 (2), ca 2 (3).
a2  b2  c2  Cộng (1), (2), (3), ta có: a  b b  c c  a 2 1   ab  bc  ca  a  b  c Câu VI.a: 1) Điều kiện: 0  x  6 . BPT    log 2 2 x2  4 x  log 2  6  x   2 x2  4 x   6  x 2  x 2  16 x  36  0 2  x  18 hay 2  x So sánh với điều kiện. Kết luận: Nghiệm của BPT là 2  x  6 . u  ln x 2  2 du  dx   x dv  dx v  x  2) Đặt . Suy ra : I   ln x2 dx  x ln x2   2 dx  xln x2  2 x  C x y A  a;0  , B 0; b  d:  1 Câu VII.a: Gọi là giao điểm của d với Ox, Oy, suy ra: a b . 2 1   1 a b 2b  a  ab  ab  8  Theo giả thiết, ta có:    ab  8 .  Khi ab  8 thì 2b  a  8 . Nên: b  2; a  4  d1 : x  2 y  4  0 .  Khi ab  8 thì 2b  a  8 . Ta có: b  4b  4  0  b  2  2 2 . 2     + Với b  2  2 2  d 2 : 1  2 x  2 1  2 y  4  0     + Với b  2  2 2  d3 : 1  2 x  2 1  2 y  4  0 .  y2  x  x2  y  (1)  x y 1 Câu VI.b: 1) 2  3  (2) (*). y  x y 2  x  x 2  y   y  x  y  x  1  0    Từ (1) ta có:  y  1 x
 x  log 2 3  3 y  x   x x 1  y  log 2 3  Khi: y  x thì (*)  2  3  3 . y  1  x  x  log 6 9  x 2 x   Khi: y  1  x thì (*)  2  3   y  1  log 6 9 1 f  x    tan 2 x  1  cos 2 x F  x   x  tan x  C 2) Ta có:  x2 y 2   1(a  b  0) Câu VII.b: PTCT elip (E) có dạng: a 2 b2 . a 2  b 2  3  a2  4 3 1  x2 y 2  2  2 1  2  1 Ta có:  a 4b  b  1  . Vậy (E): 4 1