Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 58 (Kèm hướng dẫn giải)

Chia sẻ: Ngô Thị Thu Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

30
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bạn muốn biết khả năng mình giải bài tập môn Toán đến đâu. Mời bạn tham khảo đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 58 có kèm theo đáp án để đánh giá được kỹ năng giải bài tập của mình cũng như tăng thêm kiến thức môn Toán.

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 58 (Kèm hướng dẫn giải)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 58) Bài 1: Cho hàm số y  x  mx  2x  3mx  1 (1) . 4 3 2 1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0. 2). Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu. Bài 2: 23 2 3 1). Giải phương trình: cos3xcos x – sin3xsin x = 83 x 2  2   x  1 x 2  2x  3  0 2). Giải phương trình: 2x +1 +x Bài 3: Cho các điểm A(-1; -1; 0), B(1; -1; 2), C(2; -2; 1), D(-1;1;1). 1). Viết phương trình của m.phẳng chứa AB và song song với CD. Tính góc giữa AB, CD. 2). Giả sử mặt phẳng (  ) đi qua D và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâm của tam giác MNP. Hãy viết phương trình của (  ).  2 I    x  1 sin 2xdx Bài 4: Tính tích phân: 0 . Bài 5: Giải phương trình:     4 x  2 x 1  2 2 x  1 sin 2 x  y  1  2  0 .
2 2 Bài 6: Giải bất phương trình: 9  1  10.3x x  x 1  x 2 . Bài 7: 1). Cho tập A gồm 50 phần tử khác nhau. Xét các tập con không rỗng chứa một số chẵn các phần tử rút ra từ tập A. Hãy tính xem có bao nhiêu tập con như vậy. 1 3 z  i 2). Cho số phức 2 2 . Hãy tính : 1 + z + z2. Bài 8: Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A'.ABC là h.chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA' = b. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC). Tính tan  và thể tích của khối chóp A'.BB'C'C. Câu 9: x2 y 2  1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm C(2; 0) và elip (E): 4 1 . Tìm toạ độ các điểm A, B thuộc (E), biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác đều. -----------------------------------------------------------Hết-------------------------------------
HƯỚNG DẪN GIẢI (đề 58) Bài 1: 2) y  x  mx  2x  2mx  1 (1) 4 3 2 / 3 2 2 Đạo hàm y  4x  3mx  4x  3m  (x  1)[4x  (4  3m)x  3m] x  1 y/  0   2   4x  (4  3m)x  3m  0 (2)  Hàm số có 2 cực tiểu  y có 3 cực trị  y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1   (3m  4)2  0 4  m . 4  4  3m  3m  0 3 4 m Giả sử: Với 3 , thì y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3  Bảng biến thiên: x - x1 x2 x3 + y/ - 0 + 0 - 0 + y + CĐ + CT CT  Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. 4 m . Kết luận: Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi 3 Bài 2:
23 2 1). Ta có: cos3xcos3x – sin3xsin3x = 8  cos3x(cos3x + 3cosx) – 23 2 sin3x(3sinx – sin3x) = 8 23 2 cos2 3x  sin 2 3x+3  cos3xcosx  sin 3x sinx    2  2   cos4x   x    k ,k  Z 2 16 2 . x 2  2   x  1 x 2  2x  3  0 2) Giải phương trình : 2x +1 +x . (a)  u  x2  2, u  0  v2  u2  2x  1   u2  x 2  2     2 2  v2  u2  1 2 v  x  2x  3, v  0  v  x  2x  3  x2   * Đặt:  2  Ta có: 2 2  v2  u2  1   v2  u2  1  2 2  v2  u2  u  v2  u2  v (a)  v  u     .u      1 .v  0  v  u     2  .u  2   2  .v  2  0     2   2      v  u  0 (b)   v  u  1   (v  u) (v  u)  1      0  (v  u)  1  v  u   1  0 (c)   2  2      2  2  Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm.  Do đó: 1 (a)  v  u  0  v  u  x2  2x  3  x2  2  x 2  2x  3  x 2  2  x   2 1  Kết luận, phương trình có nghiệm duy nhất: x = 2.
Bài 3:  AB   2;0;2      AB, CD    6; 6;6     CD   3;3;0  1) + Ta có . Do đó mặt phẳng (P) chứa AB và song song CD có một VTPT n  1;1; 1 và A(-1; -1; 0) thuộc (P) có phương trình: x + y – z + 2 = 0.(P) Thử tọa độ C(2; -2; 1) vào phương trình (P)  C không thuộc (P), do đó (P) // CD. AB.CD +  cos  AB, CD   cos AB, CD  AB.CD  1 2   AB, CD   600 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p)  Oz.  DP  1; 1; p  1 ; NM   m; n;0   DP.NM  m  n      DN  1; n  1; 1 ; PM   m;0;  p   DN .PM  m  p . Ta có :   Mặt khác: x y z   1 Phương trình mặt phẳng (  ) theo đoạn chắn: m n p . Vì D (  ) nên: 1 1 1   1 m n p .  DP  NM   DP.NM  0    D là trực tâm của MNP   DN  PM   DN .PM  0 . Ta có hệ:    mn 0   m  3  m p 0    1 1 1 n  p  3    1 m n p  .
x y z   1 Kết luận, phương trình của mặt phẳng (  ): 3 3 3 .  2 I    x  1 sin 2xdx Bài 4: Tính tích phân 0 . Đặt du  dx u  x  1    1 dv  sin 2xdx v  cos2x  2    /2 1 1 1     x  1 cos2x  2 2 2 2  cos2xdx   1  sin 2x   1 4 4 4 I= 0 0 0 . Bài 5: Giải phương trình    4 x  2 x 1  2 2 x  1 sin 2 x  y  1  2  0  (*) Ta có: (*)  2 x  1  sin 2 x  y  1  0(1)   2      2 x  1  sin 2  y  1 x  cos 2  y  1  0   2 x cos 2  y  1  0(2)  x   Từ (2)    sin 2 x  y  1  1 . Khi  sin 2 x  y  1  1 , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN) Khi  sin 2 x  y  1  1  , thay vào (1), ta được: 2x = 2  x = 1.  y  1   k , k  Z Thay x = 1 vào (1)  sin(y +1) = -1  2 .    1; 1   k , k  Z  Kết luận: Phương trình có nghiệm:  2 . 2 2 x x 2 Giải bất phương trình: 9  1  10.3x  x 2 . Đặt t  3 , t > 0. x  x 1 Bài 6:
Bất phương trình trở thành: t2 – 10t + 9  0  ( t  1 hoặc t  9) x x 2 Khi t  1  t  3  1  x  x  0  1  x  0 .(i) 2 2 x  x  2 t  3x  9  x2  x  2  0   Khi t  9   x  1 (2i) Kết hợp (i) và (2i) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (- ; -2][-1;0][1; + ). Bài 7: k 1) Số tập con k phần tử được trích ra từ tập A là C50  Số tất cả các tập con không rỗng chứa một số chẵn các phần tử từ A là : S = S  C50  C50  C50  ...  C50 . 2 4 6 50 Xét f(x) =  1 x  C50  C50 x  C50 x 2  ...  C50 x 49  C50 x50 50 0 1 2 49 50 Khi đó f(1) =250  C50  C50  C50  ...  C50  C50 . 0 1 2 49 50 f(-1) = 0  C50  C50  C50  ...  C50  C50 0 1 2 49 50 Do đó: f(1) + f(-1) = 2  50  6 50  2 C50  C50  C50  ...  C50  250 2 4  2 1  S   2  S  2  1 50 49 . Kết luận:Số tập con tìm được là S  2  1 49  1 3   1 3  z2  1 3   3 i 1 z  z2  1    i   i  0 4 4 2 . Do đó:  2 2   2 2  2) Ta có Bài 8: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của  ABC. Vì A'.ABC là hình chóp đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC) là  = A ' EH . a 3 a 3 a 3 9b2  3a 2 AE  , AH  , HE  A ' H  A ' A2  AH 2  Tá có : 2 3 6  3 .
A ' H 2 3b 2  a 2 tan    Do đó: HE a ; a2 3 a 2 3b2  a 2 SABC   VABC . A ' B ' C '  A ' H .SABC  4 4 1 a 2 3b2  a 2 VA '. ABC  A ' H .SABC  3 12 . Do đó: VA ' BB ' CC '  VABC. A ' B ' C '  VA '. ABC . 1 a 2 3b 2  a 2 VA ' BB ' CC '  A ' H .SABC  3 6 (đvtt)