Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 50 (Kèm đáp án)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

67
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn tham khảo đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 50 có kèm theo hướng dẫn giải để làm quen với các dạng bài tập có thể xuất hiện trong kỳ thi Đại học, Cao đẳng sắp tới của các bạn học sinh. Chúc các bạn thành công.

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 50 (Kèm đáp án)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 50 ) I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  f ( x)  x  mx  2m (1) ( m là tham số). 3 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 3. 2) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại duy nhất một điểm. Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: 2sin 2 x  3 sin 2 x  1  3 sin x  cos x  3  x  y   2 xy   2) Giải hệ phương trình: 2 x  y  8 2   6 sin x  cos 2 x dx Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I= 0 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có các cạnh bên có độ dài bằng a và các mặt bên hợp với mặt đáy góc 450 . Tính thể tích của hình chóp đó theo a. Câu V (1 điểm): Cho các số thực x , y thuộc đoạn   . Chứng minh rằng: 2;4 1 1 9 4   x  y    x y 2. II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm P( 7;8) và hai đường thẳng d1 :2 x  5 y  3  0 ; d2 :5x  2 y  7  0 cắt nhau tại A . Viết phương trình đường thẳng 29 d 3 đi qua P tạo với d1 , d 2 thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng 2 . 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, lập phương trình mặt cầu (S) biết rằng mặt phẳng Oxy và mặt phẳng (P): z  2 lần lượt cắt (S) theo hai đường tròn có bán kính bằng 2 và 8. Câu VII.a (1 điểm): Tìm a và n nguyên dương thỏa : a 2 1 a3 2 a n1 n 127 aCn  0 Cn  Cn  ......  Cn  (n  1) 7 và An  20n . 3 2 3 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng () đi qua gốc tọa độ và cắt đường tròn (C) có phương trình : x  y  2 x  6 y 15  0 thành 2 2 một dây cung có độ dài bằng 8. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng () chứa đường x 1 y z   thẳng (): 1 1 2 và tạo với mặt phẳng (P) : 2 x  2 y  z  1  0 góc 600. Tìm tọa độ giao điểm M của mặt phẳng () với trục Oz. Câu VII.b (1 điểm): Tìm giá trị của tham số m để cho phương trình (1 x)(2 x)  x  m.3x .2 0 có nghiệm.
Hướng dẫn Đề số 50  Câu I: 2) y  3x  2mx  x(3x  2m) 2   Khi m = 0 thì y  3x  0  (1) đồng biến trên R  thoả yêu cầu bài toán. 2 2m x1  0 , x2   Khi m  0 thì (1) có 2 cực trị 3 Do đó đồ thị cắt Ox tại duy nhất 1 điểm khi: m  0  4m3 2m 2  3 6 3 6 f ( x1 ). f  x2   0  2m(2m  27 )  0  4m (1  27 )  0  m 2  2 2  3 6 3 6 m   ;   2 2   thì đồ thị của (1) cắt Ox tại duy nhất một Kết luận: khi điểm. 1) PT   3 sin x  cos x  2 Câu II:  3 sin x  cos x   3 sin x  cos x  3 sin x  cos x 1  0  3  tan x     3  x    k  6  3 sin x  cos x  0       sin  x    sin  x  k 2 ; x  2  k 2   3 sin x  cos x  1  0     6 6   3  3  x  y   2 xy  (1)  2) 2 x  y  8 . Điều kiện : x. y  0 ; x  y 2  (2) y  x  3 y hay x  Ta có: (1)  3( x  y)  4 xy  (3x  y)( x  3 y)  0 2 3  Với x  3 y , thế vào (2) ta được : y  6 y  8  0  y  2 ; y  4 2
 x  6  x  12  ;  Hệ có nghiệm  y  2  y  4 y x 3 , thế vào (2) ta được : 3 y  2 y  24  0 Vô nghiệm. 2  Với  x  6  x  12  ; Kết luận: hệ phương trình có 2 nghiệm là: y  2 y  4   6 6 sin x sin x I  dx   dx 2 cos 2 x  1 Câu III: 0 cos 2 x 0 . Đặt t  cos x  dt   sin xdx  3 x  0  t  1; x  t  Đổi cận: 6 2 3 1 2 1 1 2t  2 I  dt  ln 1 3 2 2 2t  1 2 2 2 2t  2 ln 1 3 52 6 Ta được 2 = 2 2 Câu IV: Kẻ đường cao SH, gọi I là trung điểm BC. Giả thiết cho SIH  45 . 0 x 3 x 3 x 3 AI  , AH  , HI  Gọi x là độ dài cạnh của ABC. Suy ra : 2 3 6 2 x 3  SH  SA  AH  a   2  3   2 2 2 SAH vuông tại H   x 3  SH  HI  SHI vuông cân tại H 6 2 2 x 3 x 3 2 15a    a   x 2  6   3  5 Suy ra:     1 1 5a 2 3 3a 2 a3 15 VS . ABC  SH .dt  ABC   . .  Do đó: 3 3 5 5 25
1 1  x y A   x  y    2     x 1 t A  f (t )  2  t  Câu V: Gọi  x y  y x  . Đặt y thì t 2  x  4  1 x 1  x, y   2; 4   1 1 1    2  t   ; 2  4  y  2 2 y 2  Với  1 t 2 1 1  f  (t )  1   2 ; f  (t )  0  t  1  ; 2  2  2 Ta có: t t 1 9 9 f    f (2)  ; f (1)  4  4  A  2 2 2 (đpcm) Câu VI.a: 1) Ta có A(1; 1) và d1  d2 . Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi d1 , d 2 là: 1: 7 x  3 y  4  0 và 2: 3x  7 y 10  0 d 3 tạo với d1 , d 2 một tam giác vuông cân  d 3 vuông góc với  hoặc  . 1 2.   Phương trình của d3 có dạng: 7 x  3 y  C  0 hay 3x  7 y  C  0 Mặt khác, d3 qua P(7;8) nên C = 25 ; C = 77 Suy ra : d3 : 7 x  3 y  25  0 hay d3 :3x  7 y  77  0 29 Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng 2  cạnh huyền bằng 58 58 Suy ra độ dài đường cao A H = 2 = d ( A, d3 ) 58 d3 : 7 x  3 y  25  0 d ( A; d3 )   Với thì 2 ( thích hợp)
87 d ( A; d3 )   Với d3 :3x  7 y  77  0 thì 58 ( loại ) 2) Theo giả thiết mp(Oxy) và (P): z2 vuông góc với trục Oz , cắt mặt cầu theo 2 đường tròn tâm O1 (0,0,0) , bán kính R1  2 và tâm O2 (0,0, 2) , bán kính R2  8 . Suy ra tâm mặt cầu (S) là I (0, 0, m)  Oz.  R 2  22  m 2   4  m  64  m  2 2 2  2 R  8  m  2 2 R là bán kính mặt cầu thì :  2  m  16  R  2 65 , I  0; 0;16 Vậy phương trình mặt cầu (S) : x  y  ( z  16)  260 2 2 2 Câu VII.a: An  20n  n(n  1)(n  2)  20n  n  3n 18  0  n = 6 và n = – 3 ( loại 3 2 ) a2 1 a 7 6 127 a.C  .C6  ....  C6  0 6 Khi đó: 2 7 7 Ta có : (1  x)  C6  C6 x  C6 x  C6 x  C6 x  C6 x  C6 x 6 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 a a a  x2  6 x  7  (1  x) dx  C  x 0  C    ...  C6   6 0 a 1 6 6 Nên 0  2 0  7 0  a  (1  x)7  a2 1 a7 6    a.C6  .C6  ....  C6 0  7 0 2 7 (1  a)7 1 127    (1  a)7  128  (1  a)7  27  7 7 7  a 1 Vậy a = 1 và n = 6 . Câu VI.b: 1) (C) có tâm I (1; 3) và bán kính R = 5. Gọi H là trung điểm dây cung AB thì AH = 4 và IH  R  AH  5  4  3 2 2 2 2 hay d ( I , )  3 (*)
() qua gốc tọa độ nên phương trình có dạng: Ax  By  0 ; A  B  0 2 2 A  3B  3  A(4 A  3B)  0 Từ (*) cho : A2  B 2  A  0 hay 4 A  3B  0  Với 4 A  3B  0 , chọn A = 3; B = – 4  Phương trình của (): 3x  4 y  0  Với A = 0, chọn B = 1  Phương trình của (): y  0 . Kết luận : PT của () là 3x  4 y  0 hay y  0 . 2) () qua điểm A(1;0;0) và có VTCP u  (1; 1; 2) . (P) có VTPT n  (2; 2; 1) . Giao điểm M(0;0;m) cho AM  (1;0; m) . () có VTPT n   AM , u   (m; m  2;1)   () và (P): 2 x  2 y  z  1  0 tạo thành góc 600 nên :   cos n, n  1  1 1   2m 2  4m  1  0 m  2  2  2 2m  4 m  5 2  m  2  2 . 2