Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 56 (Kèm hướng dẫn giải)

Chia sẻ: Ngô Thị Thu Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

28
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 56 có kèm theo hường 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 56 (Kèm hướng dẫn giải)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 56) I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. (7 điểm) Câu I.(2 điểm) Cho hàm số y = x3 + mx + 2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -3. 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất. Câu II. (2 điểm) x 3  y 3  1   2  x y  2 xy 2  y 3  2 1. Giải hệ phương trình :   2 sin 2 ( x  )  2 sin 2 x  tan x 2. Giải phương trình: 4 . Câu III.(1 điểm) Tính tích phân 4  x2 2 I  dx 1 x Câu IV.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = h vuông góc mặt phẳng (ABCD), M là điểm thay đổi trên CD. Kẻ SH vuông góc BM. Xác định vị trí M để thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó. Câu V.(1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 4 x2 1  x  m II. PHẦN RIÊNG. (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a họăc phần b)
Câu VI a.(2 điểm) 1.Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x – 2y + 3 = 0, d2 : 4x + 3y – 5 = 0. Lập phương trình đường tròn (C) có tâm I trên d1, tiếp xúc d2 và có bán kính R = 2.  x  1  2t  x y z y  t   z  1  t 2.Cho hai đường thẳng d1: 1 1 2 , d2:  và mặt phẳng (P): x – y – z = 0. Tìm tọa độ hai điểm M  d1 , N  d 2 sao cho MN song song (P) và MN = 6 Câu VII a.(1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn :  zi 4   1  z i Câu VI b.(2 điểm) 1. Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – 1 = 0, đường chéo BD: x – 7y + 14 = 0 và đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Cho ba điểm O(0 ; 0 ; 0), A(0 ; 0 ; 4), B(2 ; 0 ; 0) và mp(P): 2x + 2y – z + 5 = 0. Lập p.tr m.cầu (S) đi qua ba điểm O, A, B và có khỏang cách từ tâm I 5 đến mặt phẳng (P) bằng 3 . log x 3  log x 3 Câu VII b.(1điểm) Giải bất phương trình: 3
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐẾ 56 Câu I. 1. (Tự giải) 2  m  x 2  3 2. Pt : x + mx + 2 = 0 x ( x  0) 2 2  2x3  2  x   f ' ( x)  2 x  2 2 Xét f(x) = x x = x2 Ta có x - 0 1 + f’(x) + + 0 - f(x) + -3 - - - Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất  m  3 . Câu II. x 3  y 3  1  x 3  y 3  1  (1)  2  3 1.  x y  2 xy  y  2 2 x  y  x y  2 xy  0 2 3 3 2 2   (2) x 3  y 3  1 (3)   x x 3 2 x 2      2   1  0  y  y  y (4) y  0 . Ta có:        x 1 t Đặt : y (4) có dạng : 2t – t – 2t + 1 = 0  t = 3 2 1 , t = 2 . x 3  y 3  1 1  xy3 a) Nếu t = 1 ta có hệ  x  y 2
x 3  y 3  1   b) Nếu t = -1 ta có hệ x   y hệ vô nghiệm. x 3  y 3  1 3 3 23 3 1  x , y c) Nếu t = 2 ta có hệ  y  2x 3 3  2 sin 2 ( x  )  2 sin 2 x  tan x 2. Pt 4 (cosx  0)   [1  cos(2 x  )] cos x  2 sin 2 x. cos x  sin x 2  (1 - sin2x)(cosx – sinx) = 0  sìn2x = 1 hoặc tanx = 1. Câu III. 4  x2 4  x2 2 2  x dx   x2 xdx I= 1 1 . Đặt t = 4  x  t  4  x  tdt   xdx 2 2 2    3  ln 2  3  0 t (tdt )  t 2  0 0 0 t2 4  4 t2   t 2  4 dt   (1  t 2  4 )dt   t  ln t  2      3=  2 3  I= 3 3 3 -  Câu IV. S h A D M H B C
SH  BM và SA  BM suy ra AH  BM 1 h SA. AH .BH  AH .BH VSABH = 6 6 . VSABH lớn nhất khi AH.BH lớn nhất. Ta có: AH + BH  2 AH.BH  AH 2  BH 2  2 AH .BH a2  a 2  2 AH .BH , vậy AH.BH lớn nhất khi AH.BH = 2 khi AH = BH khi H là a2h tâm của hình vuông , khi M  D . Khi đó VSABH = 12 . Câu V. 4 x2 1  x  m D = [0 ; + ) *Đặt f(x) = 3 3 1 3 x x 2 24 (1  ) x 1 x x  4 ( x 2  1) 3 x2 4 x 2  1  x  f ' ( x)     3 24 ( x  1) 2 3 2 x 24 ( x 2  1) 3 . x 1 3 2 x 2 4 (1  ) . x x2 1 3 1  4 (1  ) x2  0 x  (0 ;  ) 1 24 (1  2 ) 3 . x Suy ra: f’(x) = x  x2 1  x   x2 1 x2  lim (4 x 2  1  x )  lim    lim  0 x  4 * x   x 2  1  x  x  (4 x 2  1  x )( x 2  1  x)     * BBT x 0 + f’(x) f(x) 1
0 Vậy: 0 < m  1 Câu VI a.  x  3  2t  1.d1:  y  t , I  d1  I (3  t ; t ) 27 7  11t  17  10  t  , t d(I , d2) = 2 11 11 2 2 27  21 27   21   27   I1  ;  (C1 ) :  x     y    4  t = 11  11 11   11   11    19 7  2 2 7  19   7  I2 ;  (C 2 ) :  x     y    4  t = 11  11 11   11   11  2.  x  t1  x  1  2t 2   d1 :  y  t1 , d 2 :  y  t2 , M  d1  M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N  d 2  N (1  2t 2 ; t 2 ; 1  t 2 )  z  2t z  1  t  1  2 MN  (1  2t 2  t1 ; t 2  t1 ; 1  t 2  2t1 )   t1  1  2t 2 MN //( P) MN . n  0 t1  1  2t 2     2  12 MN  6 MN 2  6  13t 2  12t 2  0 t 2  0 ; t 2   13  Theo gt : * t 2  0  t1  1 , M (1 ; 1 ; 2) , N (1 ; 0 ; 1)  12 11  11 11 22   11 12 11  t2   t1   , M   ; ;  , N  ;  ;  * 13 13  13 13 13   13 13 13 
Câu VII a.  z i 4  z  i  2   z  i  2     1     1    1  0  z i  z  i     z  i      z i 2 z i   1  0   1  z  0 * z i z i  z i  z i  z  i    z  i   2 2   1  0     i  0     i     i  0 2 *  z i  z i  z  i    z  i    z  1 Câu VI b. 1.B(11; 5) AC: kx – y – 2k + 1 = 0 3 k2 1    7k 2  8k  1  0  k  1; k  cos CAB = cos DBA 2 k 1 2 7  k = 1 , AC : x – y – 1 = 0 1  k = 7 , AC : x – 7y + 5 = 0 // BD ( lọai) Ta tìm được A(1 ; 0), C(6 ; 5), D(-4 ; 0) 2.(S): x2 + y2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có tâm I(-a ; -b ; -c) , R = a2  b2  c2  d . O, A, B thuộc (S) ta có : d = 0 , a = -1, c = -2 5   2b  5  5  b  0, b  5 d(I, (P)) = 3  b = 0 , (S): x2 + y2 + z2 - 2x – 4z = 0  b = 5 , (S) : x2 + y2 + z2 – 2x + 10y – 4z = 0
Câu VII b. x  0  x  1 x  3 ĐK :  Bất phương trình trở thành : 1 1 1 1 1 1      0 log 3 x x log 3 x log 3 x  1 log 3 x log 3 x  1 log 3 3 1   0  log 3 x(log 3 x  1)  0  log 3 x  0  log 3 x  1 log 3 x(log 3 x  1) * log 3 x  0  x  1 kết hợp ĐK : 0 < x < 1 * log 3 x  0  x  3 Vậy tập nghiệm của BPT: x  (0 ; 1)  (3 ;  ) (da ln)