Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 53 (Kèm đáp án)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

30
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để học sinh xem xét đánh giá khả năng tiếp thu bài và nhận biết năng lực của bản thân về môn Toán, mời các bạn tham khảo đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 53 có kèm theo hướng dẫn giải.

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 53 (Kèm đáp án)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 53 ) I. PHẦN CHUNG (7 điểm) 2x 1 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) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến này cắt các trục Ox , Oy lần lượt tại các điểm A và B thỏa mãn OA = 4OB. Câu II (2 điểm): sin x  cos x  2 tan 2 x  cos2 x  0 1) Giải phương trình: sin x  cos x  3  x y (1  y )  x y (2  y )  xy  30  0 2 2 3  2  x y  x(1  y  y 2 )  y  11  0  2) Giải hệ phương trình: 1 x 1 1 x dx Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I= 0 Câu IV (1 điểm): Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông 1 AM  AA ' với AB = BC = a, cạnh bên AA = a 2 . M là điểm trên AA sao cho 3 . Tính thể tích của khối tứ diện MABC. Câu V (1 điểm): Cho các số thực dương a, b, c thay đổi luôn thỏa mãn a  b  c  1 . Chứng minh rằng: a 2  b b2  c c 2  a    2. bc ca ab 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 E(–1; 0) và đường tròn (C): x 2  y2 –8x – 4 y –16  0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm E cắt (C) theo dây cung MN có độ dài ngắn nhất. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 điểm A(0; 0; 4), B(2; 0; 0) và mặt phẳng (P): 2 x  y  z  5  0 . Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua O, A, B và có 5 khoảng cách từ tâm I của mặt cầu đến mặt phẳng (P) bằng 6 . Câu VII.a (1 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số, biết rằng chữ số 2 có mặt đúng hai lần, chữ số 3 có mặt đúng ba lần và các chữ số còn lại có mặt không quá một lần? 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, biết phương trình đường thẳng AB, BC lần lượt là: x  2y –5  0 và 3x – y  7  0 . Viết phương trình đường thẳng AC, biết rằng AC đi qua điểm F(1; 3) . 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) x 1 y 1 z   và đường thẳng : 2 1 2 . Tìm toạ độ điểm M trên  sao cho MAB có diện tích nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm): Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình sau có log5 (25x – log5 a)  x nghiệm duy nhất:
Hướng dẫn Đề số 53 www.VNMATH.com M (x0 ; y 0 ) Câu I: 2) Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại cắt Ox tại A và Oy tại B sao cho OA = 4OB. OB 1 1 tan A   Do OAB vuông tại O nên: OA 4  Hệ số góc của d bằng 4 hoặc 1  4. 1 1 1 y ( x0 )   0 1   ( x0  1)2 y ( x0 )   ( x0  1)2 4 Hệ số góc của d tại M là:  4    3  x0  1  y0     2 x  3  y  5   0  0     2 1 3 1 5 y   ( x  1)  y   ( x  3)  Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn là: 4 2 hoặc 4 2 Câu II: 1) Điều kiện: cos2 x  0 . 2 2 PT  (sin x  cos x)  2sin2 x  cos 2 x  0  sin2 2 x  sin2 x  0 sin2 x  0  sin2 x  1 (loaïi) xk    2 .  xy( x  y)2  x 2 y 2 ( x  y)  30  xy( x  y)( x  y  xy )  30   2) Hệ PT   xy( x  y)  xy  x  y  11   xy( x  y)  xy  x  y  11 x  y  u uv(u  v)  30 uv(11  uv)  30 (1)    Đặt  xy  v . Hệ trở thành uv  u  v  11  uv  u  v  11 (2) . Từ (1)  uv  5 uv  6 
 Với uv = 5  u  v  6 . Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là:  5  21 5  21   5  21 5  21   ;   ;   2 2  và  2 2   Với uv = 6  u  v  5 . Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là: (1;2) và (2;1)  5  21 5  21   5  21 5  21   ;   ;  Kết luận: Hệ PT có 4 nghiệm: (1;2) , (2;1) ,  2 2 ,  2 2 . 1 3 1 t t  2  11 2 dt 2  t 2  t  2  dt  4 ln 2 t 1 0 1 t  Câu III: Đặt t x  dx  2t.dt . I = 0 = = 3 . Câu IV: Từ giả thiết suy ra ABC vuông cân tại B. Gọi H là trung điểm của AC thì BH  AC và BH  (ACCA). 2 a Do đó BH là đường cao của hình chóp B.MAC  BH = 2 . Từ giả thiết 2 2 a  MA = 3 , AC = a 2 . 1 1 a3 2 VB.MA ' C '  BH .SMA ' C '  BH .MA .AC  Do đó: 3 6 9 . a2  b a(1  b  c)  b a  b   a Câu V: Ta có: bc bc bc . ab bc ca a b c2 Tương tự, BĐT trơt thành: bc ca ab  ab bc ca   3 bc ca ab ab bc ca ab bc ca    33 . . 3 Theo BĐT Cô–si ta có: bc ca ab bc ca ab . 1 abc Dấu "=" xảy ra  3. Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(4; 2) và bán kính R = 6. Ta có IE = 29
Giả sử đường thẳng  đi qua E cắt (C) tại M và N. Kẻ IH  . Ta có IH = d(I, ) ≤ IE. Như vậy để MN ngắn nhất thì IH dài nhất  H  E   đi qua E và vuông góc với IE Khi đó phương trình đường thẳng  là: 5( x  1)  2y  0  5x  2 y  5  0 . 2) Giả sử (S): x 2  y2  z2  2ax  2by  2cz  d  0 . a  1  c  2 d  0  I (1; b;2) .  Từ O, A, B  (S) suy ra:  5 b5 5 b  0 d (I ,(P ))    b  10  6  6 6   Vậy (S): x 2  y2  z2  2 x  4z  0 hoặc (S): x 2  y2  z2  2 x  20 y  4z  0 x  a1a2 a3a4 a5a6 a7 Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: (a1  0).  Giả sử a1 có thể bằng 0: 2 + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: C7 3 + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: C5 2 + Số cách xếp cho 2 vị trí còn lại là: 2! C8  Bây giờ ta xét a1 = 0: 2 + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: C6 3 + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: C4 + Số cách xếp cho 1 vị trí còn lại là: 7 Vậy số các số cần tìm là: C7 .C5 .2!C8  C6 .C4 .7  11340 (số). 2 3 2 2 3
n1  (1;2) n2  (3; 1) Câu VI.b: 1) Gọi VTPT của AB là , của BC là , của AC là n3  (a; b) a2  b2  0 . với Do ABC cân tại A nên các góc B và C đều nhọn và bằng nhau. n1.n2 n3 .n2 1 3a  b   n1 . n2 n3 . n2 5 a2  b2 Suy ra: cos B  cosC    2a  b 2 2 11a  2b  22a  2b  15ab  0   a  1, b  2 n3  (1;2)  Với 2a  b , ta có thể chọn   AC // AB  không thoả mãn. a  2, b  11 n3  (2;11)  Với 11a  2b , ta có thể chọn  Khi đó phương trình AC là: 2( x  1)  11(y  3)  0  2 x  11y  31  0 .  x  1  2t  y  1  t  z  2t  M(1  2t;1  t;2 t) 2) PTTS của : . Gọi  . 1 2 S  AM , AB   18t  36t  216  18(t  1)2  198 ≥ 198 Diện tích MAB là 2 = Vậy Min S = 198 khi t  1 hay M(1; 0; 2). t  5 x , t  0  2 25x  log5 a  5x 52 x  5x  log5 a  0 t  t  log5 a  0  (*) Câu VII.b: PT    PT đã cho có nghiệm duy nhất  (*) có đúng 1 nghiệm dương  2 t  t  log5 a có đúng 1 nghiệm dương. 1 f  (t )  0  t  Xét hàm số f (t )  t 2  t với t  [0; +∞). Ta có: f  (t )  2t  1  2. 1 1 f  2 4 , f (0)  0 .
f (t )  log5 a Dựa vào BBT ta suy ra phương trình có đúng 1 nghiệm dương  log5 a  0 a  1  1  1  log5 a   a   4   4   5.