intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 55 (Kèm hướng dẫn giải)

Chia sẻ: Ngô Thị Thu Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST
Báo xấu
69
lượt xem 5
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm đánh giá khả năng học tập của các bạn học sinh trong kỳ thi Đại học, Cao đẳng diễn ra sắp tới. Mời các bạn đang ôn thi Đại học, Cao đẳng và thầy cô giáo tham khảo đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 55 có kèm theo đáp án.

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 55 (Kèm hướng dẫn giải)

  1. Trần Sĩ Tùng www.VNMATH.com Đề thi thử Đại học 2012 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 55 ) I. PHẦN CHUNG (7 điểm) 3 2 Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  x –3x  2 . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. m x2  2x  2  2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : x 1 . Câu II (2 điểm):  5  2 2 cos   x  sin x  1 1) Giải phương trình:  12  log x  y  3log ( x  y  2)  2 8  2 2 2 2 2) Giải hệ phương trình:  x  y  1  x  y  3   4 sin x I  dx   1  x2  x Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 4 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với a 3 0 mặt phắng đáy một góc 60 . Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM = 3 , mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.BCNM. x y z Câu V (1 điểm): Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5  5  5  1 .Chứng minh rằng : 25x 25y 25z 5x  5y  5z   5 x  5y  z 5y  5z x 5z  5x  y  4 II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): Trang 1
  2. Trần Sĩ Tùng www.VNMATH.com Đề thi thử Đại học 2012 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với A(1; –2), đường cao CH : x  y  1  0 , phân giác trong BN : 2 x  y  5  0 . Tìm toạ độ các đỉnh B, C và tính diện tích tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng : x  2 y z 1 x 7 y2 z d1 :   d2 :   4 6 8 , 6 9 12 a) Chứng minh rằng d1 và d2 song song . Viết phương trình mặt phẳng (P) qua d1 và d2 . b) Cho điểm A(1; –1; 2), B(3; – 4; –2). Tìm điểm I trên đường thẳng d1 sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức: z2 z4  z3   z 1  0 2 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện d1 : x  y  3  0 tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng và d2 : x  y  6  0 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng:  x  2  2t   x  2 y 1 z d2 :  y  3 d1 :    z  t 1 1 2 và  a) Chứng minh rằng d1 và d2 chéo nhau và viết phương trình đường vuông góc chung của d1 và d2. b) Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d1 và d2. 0 4 8 2004 2008 S  C2009  C2009  C2009  ...  C2009  C2009 Câu VII.b (1 điểm): Tính tổng: Trang 2
  3. Trần Sĩ Tùng www.VNMATH.com Đề thi thử Đại học 2012 Hướng dẫn Đề số 55 m x2  2x  2    x 2  2 x  2  x  1  m, x  1. Câu I: 2) Ta có x 1 Do đó số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của y   x 2  2 x  2  x  1 , (C ') và đường thẳng y  m, x  1. y   x 2  2x  2  x  1    f ( x ) khi x  1 Với  f ( x ) khi x  1 nên  C '  bao gồm: + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x  1. + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x  1 qua Ox. Dựa vào đồ thị ta có: m < –2 m = –2 –2 < m < 0 m≥0 Số vô nghiệm 2 nghiệm 4 nghiệm phân 2 nghiệm phân nghiệm kép biệt biệt   5  5   2 sin  2 x    sin   1   12  12  Câu II: 1) PT  5  5 1   sin  2 x    sin   sin  12  12 2 4  5   5         sin  2 x    sin  sin  2 cos sin     sin     12  4 12 3  12   12   5     5     2 x  12   12  k 2  x  6  k  sin  2 x    sin       k    12   12  2 x  5  13  k 2  x  3  k  12 12  4 2) Điều kiện: x  y  0, x  y  0   x  y  2 xy  2 2 2 2 Hệ PT   x  y  1  x  y  3 .  Trang 3
  4. Trần Sĩ Tùng www.VNMATH.com Đề thi thử Đại học 2012  u  v  2 (u  v)  u  v  2 uv  4   u  x  y  u2  v 2  2  2 2 u v 2    uv  3   uv  3 Đặt:  v  x  y ta có hệ:  2  2  u  v  2 uv  4 (1)   (u  v)2  2uv  2   uv  3 (2)  2 . Thế (1) vào (2) ta có: uv  8 uv  9  uv  3  uv  8 uv  9  (3  uv )2  uv  0 .  uv  0   u  4, v  0 Kết hợp (1) ta có: u  v  4 (với u > v). Từ đó ta có: x = 2; y = 2.(thoả đk) Kết luận: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y) = (2; 2).   4 4 I  1  x 2 sin xdx   x sin xdx  I1  I 2     Câu III: 4 4  4 I1   1  x 2 sin xdx    Tính 4 . Sử dụng cách tính tích phân của hàm số lẻ, ta I1  0 tính được .  4 I2   x sin xdx    Tính 4 . Dùng phương pháp tích phân từng phần, ta tính 2 I2    2 được: 4 2 I  2 Suy ra: 4 . Câu IV: Ta có: (BCM) // AD nên mặt phẳng này cắt mp(SAD) theo giao tuyến MN // AD . Trang 4
  5. Trần Sĩ Tùng www.VNMATH.com Đề thi thử Đại học 2012  BC  AB   BC  BM  BC  SA . Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao. a 3 a 3 MN SM   MN  3 2 4a  SA = AB tan600 = a 3 , AD SA 2a a 3 3  MN = 3 , 2a BM = 3 Diện tích hình thang BCMN là : S =  4a  BC  MN  2a  3  2a 10a2 SBCNM  BM     2  2  3 3 3  Hạ AH  BM. Ta có SH  BM và BC  (SAB)  BC  SH . Vậy SH  ( BCNM)  SH là đường cao của khối chóp SBCNM AB AM 1  Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , SB MS = 2 . 0 Vậy BM là phân giác của góc SBA  SBH  30  SH = SB.sin300 = a 1 10 3a3 SH .SBCNM  Thể tích chóp SBCNM ta có V = 3 = 27 . x y z Câu V: Đặt 5  a; 5  b; 5  c . Từ giả thiết ta có: a, b, c > 0 và ab  bc  ca  abc a2 b2 c2 abc    BĐT  a  bc b  ca c  ab 4 (*) a3 b3 c3 abc    Ta có: (*) 2  a  abc 2 b  abc 2 c  abc 4 a3 b3 c3 abc     (a  b)(a  c) (b  c)(b  a) (c  a)(c  b) 4 a3 ab ac 3    a Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: (a  b)(a  c) 8 8 4 (1) b3 bc ba 3    b (b  c)(b  a) 8 8 4 ( 2) Trang 5
  6. Trần Sĩ Tùng www.VNMATH.com Đề thi thử Đại học 2012 c3 ca cb 3    c (c  a)(c  b) 8 8 4 ( 3) Cộng vế với vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) suy ra điều phải chứng minh. Câu VI.a: 1) Do AB  CH nên phương trình AB: x  y  1  0 . 2 x  y  5  0  B= AB  BN  Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ:  x  y  1  0   x  4  y  3  B(-4; 3).  Lấy A’ đối xứng với A qua BN thì A ' BC . Phương trình đường thẳng (d) qua A và vuông góc với BN là (d): x  2 y  5  0 . Gọi I  (d )  BN . 2 x  y  5  0  Giải hệ:  x  2 y  5  0 . Suy ra: I(–1; 3)  A'(3; 4)  BC : 7x  y  25  0   Phương trình BC: 7x  y  25  0 . Giải hệ:  CH : x  y  1  0   13 9  C  ;   4 4. 2 2 7.1  1(2)  25  13   9 450 d ( A; BC)  3 2 BC   4     3    2 2   4  4 4 , 7 1 . 1 1 450 45 SABC  d ( A; BC ).BC  .3 2.  . Suy ra: 2 2 4 4 u1  (4; 6; 8), u2  (6;9;12) 2) a)  VTCP của hai đường thẳng lần lượt là: u1 , u2  cùng phương. Mặt khác, M( 2; 0; –1)  d1; M( 2; 0; –1)  d2.. Vậy d1 // d2. 1 n    MN , u1   (5; 22;19)  VTPT của mp (P) là 2   Phương trình mp(P): 5x –22y  19z  9  0 . b) AB  (2; 3; 4)  AB // d1. Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 . Trang 6
  7. Trần Sĩ Tùng www.VNMATH.com Đề thi thử Đại học 2012 Ta có: IA + IB = IA1 + IB  A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B. Khi đó A1, I, B thẳng hàng  I là giao điểm của A1B và d. Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B.  36 33 15   ; ;   Gọi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm được H  29 29 29  . A’ đối xứng  43 95 28   ; ;  với A qua H nên A’  29 29 29   65 21 43   ; ;  I là trung điểm của A’B suy ra I  29 58 29  . Câu VII.a: Nhận xét z  0 không là nghiệm của PT. Vậy z  0  2 1   1 1 z  2 z   0 z2 ta được:  z   z 2 Chia hai vế PT cho (1) 1 1 1 t z t 2  z2   2  z2   t2  2 2 2 Đặt z. Khi đó z z 5 5 t2  t  0   1  4.  9  9i2 Phương trình (2) trở thành: 2 (3). 2 1  3i 1  3i t t  PT (3) có 2 nghiệm 2 , 2 1  3i 1 1  3i t z   2z2  (1  3i)z  2  0  Với 2 : ta có z 2 (4a) 2 2 2 Có   (1  3i)  16  8  6i  9  6i  i  (3  i) (1  3i)  (3  i) (1  3i )  (3  i ) i  1 z  1 i z    PT (4a) có 2 nghiệm : 4 , 4 2 1  3i 1 1  3i t z   2z2  (1  3i)z  2  0  Với 2 : ta có z 2 (4b) 2 2 2 Có   (1  3i)  16  8  6i  9  6i  i  (3  i) (1  3i)  (3  i) (1  3i )  (3  i ) i  1 z  1 i z    PT (4b) có 2 nghiệm : 4 , 4 2 Trang 7
  8. Trần Sĩ Tùng www.VNMATH.com Đề thi thử Đại học 2012 i 1 i  1 z  1  i; z  1  i; z  ; z Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : 2 2 . Câu VI.b: 1) Ta có: I  d1  d2  Toạ độ của I là nghiệm của hệ:  9 x  y  3  0 x  2   x  y  6  0 y  3  2 9 3 I ;   2 2 M  d1  Ox Do vai trò A, B, C, D là như nhau nên giả sử là trung điểm cạnh AD. Suy ra M(3; 0) 2 2  9 3 AB  2IM  2  3       3 2  2 2 Ta có: SABCD 12 SABCD  AB.AD  12  AD   2 2 Theo giả thiết: AB 3 2  d1  AD Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 Đường thẳng AD đi qua M(3; 0) và vuông góc với d1 nhận n  (1;1) làm VTPT nên có PT: x  y  3  0 Mặt khác: MA  MD  2  Toạ độ của A, D là nghiệm của hệ PT: x  y  3  0   2   x  3  y  2 2  y   x  3  y   x  3  y  3  x  2  2  x  2   x  3  y  2  x  3  (3  x )  2 2 2    x  3  1  y  1 hoặc x  4   y  1 . Vậy A( 2; 1), D( 4; –1). 9 3  xC  2 xI  x A  9  2  7 I ;   Do  2 2  là trung điểm của AC suy ra:  yC  2 yI  y A  3  1  2 Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Trang 8
  9. Trần Sĩ Tùng www.VNMATH.com Đề thi thử Đại học 2012 Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; –1) u1  (1; 1;2) 2) a) d1 có VTCP và đi qua điểm M( 2; 1; 0), d2 có VTCP u2  (2;0;1) và đi qua điểm N( 2; 3; 0) . u , u  .MN  10  0 Ta có:  1 2   d1 , d2 chéo nhau. Gọi A(2  t;1– t;2 t) d1 , B(2 –2t ; 3; t ) d2 .  AB.u  0  1  t   1  3   AB.u2  0  AB là đoạn vuông góc chung của d1 và d2   t '  0   A 5 4 2  ; ;   3 3 3  ; B (2; 3; 0) Đường thẳng  qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của d1 và d2 x  2  t   y  3  5t  z  2t  :  b) PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính: 2 2 2  11   13   1  5 x   y  z    6  6   3 6 (1  i)2009  C2009  iC2009  ..  i2009C2009 0 1 2009 Câu VII.b: Ta có: 0 2 4 6 2006 2008  C2009  C2009  C2009  C2009  ....  C2009  C2009  1 3 5 7 2007 2009 (C2009  C2009  C2009  C2009  ...  C2009  C2009 )i 1 S  ( A  B) 0 2 4 6 2006 2008 A  C2009  C2009  C2009  C2009  ...  C2009  C2009 Thấy: 2 , với 0 2 4 6 2006 2008 B  C2009  C2009  C2009  C2009  ...  C2009  C2009 1004 (1  i)2009  (1  i) (1  i)2     (1  i).21004  21004  21004 i  Ta có: . 2009 Đồng nhất thức ta có A chính là phần thực của (1  i) 1004 nên A  2 . (1  x)2009  C2009  xC2009  x 2C2009  ...  x 2009C2009 0 1 2 2009  Ta có: Trang 9
  10. Trần Sĩ Tùng www.VNMATH.com Đề thi thử Đại học 2012 0 2 2008 1 3 2009 C2009  C2009  ...  C2009  C2009  C2009  ...  C2009 Cho x = –1 ta có: (C2009  C2009  ...  C2009 )  (C2009  C2009  ...  C2009 )  22009 0 2 2008 1 3 2009 Cho x=1 ta có: . 2008 Suy ra: B  2 . 1003 2007  Từ đó ta có: S  2  2 . Trang 10
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
3=>0