Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 59 (Kèm hướng dẫn giải)

Chia sẻ: Ngô Thị Thu Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:16

Thêm vào BST

Báo xấu

31
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bạn đang gặp khó khăn trước kì thi Đại học, Cao đẳng và bạn không biết làm sao để đạt được điểm số như mong muốn. Hãy tham khảo đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 59 có kèm đáp án sẽ giúp các bạn nhận ra các dạng bài tập khác nhau và cách giải của nó. Chúc các bạn làm thi tốt.

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 59 (Kèm hướng dẫn giải)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 59) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  f ( x)  mx  3mx   m  1 x  1 , m là tham số 3 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của m để hàm số y  f ( x) không có cực trị. Câu II (2 điểm): Giải phương trình : sin x  cos x 4 4 1   tan x  cot x  1). sin 2 x 2 ; 2). log 4  x  1  2  log 4  x  log 8  4  x  2 3 2 3 2 dx A  x 1 x 2 1 Câu III (1 điểm) Tính tích phân 2 Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho. Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm  x2  7 x  6  0   2  x  2  m  1 x  m  3  0  B.PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm)
1. Cho tam giác ABC biết các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đ.thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Cho hai mặt phẳng  P  : x  2 y  2z + 5 = 0;  Q  : x  2 y  2z -13 = 0. Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai m.phẳng (P) và (Q). Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:  4 5 2 Cn 1  Cn 1  4 An  2 3   C n  4  7 A3  n 1 15 n 1  k k (Ở đây An , Cn lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử) 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): x  y  2 x  4 y  8  0 .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và 2 2 đường thẳng d (điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2. Cho mặt phẳng (P): x  2 y  2z  1  0 và các đường thẳng: x 1 y 3 z x 5 y z 5 d1 :   ; d2 :   2 3 2 6 4 5 . Tìm các điểm M  d1 , N  d 2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2. 1 f ( x)  ln Câu VII.b: Tính đạo hàm f’(x) của hsố  3  x  và giải bpt: 3  6 t  2 sin dt 2 f '( x )  0 x2
Đáp án(ĐỀ 59) Câu Ý Nội dung Điểm 2 1,00 0,25 + Khi m = 0  y  x  1, nên hàm số không có cực trị. + Khi m  0  y '  3mx  6mx   m  1 Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi 2 0,50 y '  0 không có nghiệm hoặc có nghiệm kép 1   '  9m  3m  m  1  12m  3m  0 2 2 0m 0,25 4 1 1,00 sin x  cos x 1 4 4   tan x  cot x  sin 2 x 2 (1) Điều kiện: sin 2 x  0 0,25 1 1  sin 2 2 x 2 1  sin x cos x  (1)      0,25 sin 2 x 2  cos x sin x  1 1  sin 2 2 x 2 1 1    1  sin 2 2 x  1  sin 2 x  0 sin 2 x sin 2 x 2 0,50 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 2 1,00 log 4  x  1  2  log 4  x  log8  4  x  2 3 2 (2) x 1  0  4  x  4 0,25 4  x  0   4  x  0  x  1 Điều kiện:  (2)  log 2 x  1  2  log 2  4  x   log 2  4  x   log 2 x  1  2  log 2 16  x 2  0,25  log 2 4 x  1  log 2 16  x 2   4 x  1  16  x 2 + Với 1  x  4 ta có phương trình x  4 x  12  0 (3) ; 2 0,25 x  2 (3)    x  6  lo¹i 
+ Với 4  x  1 ta có phương trình x  4 x  20  0 (4); 2  x  2  24  4   0,25  x  2  24  lo¹i   x  2 1  6  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  2 hoặc III 1,00 dx tdt t  1  x 2  t 2  1  x 2  2tdt  2 xdx   2 Đặt x x dx tdt tdt    2 x 1 t 2 t 1 + Đổi cận: 0,50 1 3 x t  2 2 3 1 x t  2 2 1 3 2 dt 2 dt 1 t  1 23 1  7  4 3  A  2   1  t 2  2 ln 1  t |12  2 ln  3    0,50 3 t 1 1   2 2 IV 1,00 Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OE  AB, SE  AB , suy ra  SOE   AB . Dựng   , vậy OH là khoảng cách OH  SE  OH  SAB từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1. Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có: 0,25 1 1 1 1 1 1 1 8 2  2  2  2  2  2  1  OH SO OE OE OH SO 9 9 9 3  OE 2   OE  8 2 2 9 81 9 SE 2  OE 2  SO 2   9   SE  8 8 2 2
1 2S 36 S SAB  AB.SE  AB  SAB  8 2 2 SE 9 2 2 0,25 2 1  9 9 265   2 OA2  AE 2  OE 2   AB   OE 2  4 2   32   2  8 8 8 1 1 265 265 V   .OA2 .SO   .3   0,25 Thể tích hình nón đã cho: 3 3 8 8 Diện tích xung quanh của hình nón đã cho: 265 337 337 SA2  SO 2  OA2  9    SA  8 8 8 0,25 265 337 89305 S xq   .OA.SA   .  8 8 8 V 1,00  x  7 x  6  0 (1)  2  2  x  2  m  1 x  m  3  0 (2) Hệ bất phương trình  0,25 1  1  x  6 . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại x0  1;6 thỏa mãn (2). x2  2x  3  2   x2  2 x  3   2 x  1 m   m (do x  1;6  2 x  1  0)  2 x  1 0,25 x2  2 x  3 f ( x)  ; x  1;6 Gọi 2x 1  x0  1;6 : f ( x0 )  m Hệ đã cho có nghiệm 2x2  2x  8 2  x2  x  4 f ' x   f '  x   0  x2  x  4  0  x  1  17 0,25  2 x  1  2 x  1 2 2 ; 2 1  17 x  1;6 x Vì nên chỉ nhận 2 2 27  1  17  3  17 f (1)  , f (6)  , f   3 13   2   2 Ta có: 27 max f ( x)  0,25 Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên 13 27 x0  1;6 : f ( x0 )  m  max f ( x)  m  m x1;6 Do đó 13 VIa 2,00 1 1,00
4 x  3 y  4  0  x  2    A  2; 4  0,25 Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: x  2 y  6  0 y  4 4 x  3 y  4  0 x  1    B 1;0  0,25 Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình  x  y  1  0 y  0 Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: a  x  2  b  y  4   0  ax  by  2a  4b  0 Gọi 1 : 4 x  3 y  4  0; 2 : x  2 y  6  0; 3 : ax  by  2a  4b  0 Từ giả thiết suy ra  2 ; 3    1;  2  . Do đó |1.a  2.b | | 4.1  2.3 | cos   2 ; 3   cos  1 ;  2    5. a 2  b 2 25. 5 0,25 a  0 | a  2b | 2 a 2  b 2  a  3a  4b   0   3a  4b  0 + a = 0  b  0 . Do đó 3 : y  4  0 + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra 3 : 4 x  3 y  4  0 (trùng với 1 ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0. y  4  0 x  5    C  5; 4  0,25 Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: x  y 1  0 y  4 2 1,00 Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có: OI  AI   OI  AI  d  I ,  P    d  I ,  Q    OI  d  I ,  P   0,25  d  I ,  P    d  I ,  Q    Ta có: OI  AI  OI 2  AI 2  a 2  b 2  c 2   a  5   b  2    c  1 2 2 2  10a  4b  2c  30 (1) | a  2b  2c  5 | OI  d  I ,  P    a 2  b2  c 2   9  a 2  b2  c 2    a  2b  2c  5 (2) 2 0,25 3 | a  2b  2c  5 | | a  2b  2c  13 | d  I ,  P   d  I , Q    3 3  a  2b  2c  5  a  2b  2c  13 (lo¹i)   a  2b  2c  4 (3)  a  2b  2c  5  a  2b  2c  13
17 11a 11  4a b  ;c (4) Từ (1) và (3) suy ra: 3 6 3 Từ (2) và (3) suy ra: a  b  c  9 (5) 2 2 2 Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:  a  2 221a  658  0 0,25 658  658 46 67  a I ; ;  Như vậy a  2 hoặc 221 .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc  221 221 221  và R = 3. Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là: 2 2 2 0,25  658   46   67   x  2   y  2   z  1  9 và  x  221    y  221    z  221   9 2 2 2       VIIa 1,00 Điều kiện: n 1  4  n  5 Hệ điều kiện ban đầu tương đương:   n  1 n  2  n  3 n  4   n  1 n  2  n  3 5     n  2  n  3 0,50  4.3.2.1 3.2.1 4    n  1 n  n  1 n  2  n  3  7 n  1 n n  1       5.4.3.2.1 15 n 2  9n  22  0   n 2  5n  50  0  n  10 0,50 n  5  VIb 2,00 1 1,00 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình  x2  y 2  2x  4 y  8  0  y  0; x  2 0,50   x  5 y  2  0  y  1; x  3 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 61 Câu Ý Nội dung Điểm I 2 1,00 Xét phương trình 8cos x  9cos x  m  0 với x [0;  ] (1) 4 2 Đặt t  cosx , phương trình (1) trở thành: 8t  9t  m  0 (2) 4 2 0,25 Vì x [0;  ] nên t [1;1] , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau.
Ta có: (2)  8t  9t  1  1  m (3) 4 2 Gọi (C1): y  8t  9t  1 với t [1;1] và (D): y = 1 – m. 4 2 Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và 0,25 (D). Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền 1  t  1. Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: 81 m  32 : Phương trình đã cho vô nghiệm. 81 m 1. 32 : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. 81 1 m  0,50  32 : Phương trình đã cho có 4 nghiệm.  0  m 1 : Phương trình đã cho có 2 nghiệm.  m0 : Phương trình đã cho có 1 nghiệm.  m
Điều kiện: | x |  | y | u  x 2  y 2 ; u  0   Đặt v  x  y  ; x   y không thỏa hệ nên xét x   y ta 1 u2  y  v   2 v  0,25 có . Hệ phương trình đã cho có dạng: u  v  12  u  u2  2  v    12   v  u  4 u  3   v  8 hoặc v  9 u  4  x2  y 2  4    v 8 x  y  8 0,25 +  (I) u  3  x 2  y 2  3    + v  9 x  y  9  (II) Giải hệ (I), (II). 0,25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ S   5;3 ,  5; 4  phương trình ban đầu là 0,25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ 1,00 S   5;3 ,  5; 4  phương trình ban đầu là III 0,25 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y | x  4 x | (C) và 2  d  : y  2x Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): x  0 x  0 x  0 0,25  2  2 | x  4 x | 2 x    x  4 x  2 x    x  6 x  0   x  2 2   2  2 x  6  x  4 x  2 x  x  2x  0  Suy ra diện tích cần tính:
   x  2 6 S x 2  4 x  2 x dx  2  4 x  2 x dx 0 2 2 I   | x 2  4 x | 2 x  dx Tính: 0 Vì x  0; 2 , x  4 x  0 nên | x  4 x |  x  4 x  2 2 2 0,25 2 I     x 2  4 x  2 x  dx  4 0 3 6 K   | x 2  4 x | 2 x  dx Tính 2 Vì x   2; 4 , x  4 x  0 và x   4;6 , x  4 x  0 nên 2 2 0,25 4 6 K    4 x  x 2  2 x  dx    x 2  4 x  2 x  dx  16 2 4 . 4 52 1,00 S   16  Vậy 3 3 IV 0,25 0,25 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có:  AB  IC   AB   CHH '   ABB ' A '   CII ' C '  AB  HH ' Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K  II ' .
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 x 3 1 x 3 I ' K  I ' H '  I 'C '  ; IK  IH  IC  3 6 3 3 0,25 Tam giác IOI’ vuông ở O nên: x 3 x 3 I ' K .IK  OK 2  .  r 2  x 2  6r 2 6 3 Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V h 3  B  B ' B.B '  0,2 B 4x 2 3  x 2 3  6r 2 3; B '  x 2 3  3r 2 3 ; h  2r 5 Trong đó: 4 4 2 2r  2 3r 2 3 3r 2 3  21r 3 . 3 0,2 V  6r 3   6r 2 3.  3 2 2  3 5 Từ đó, ta có:   V 1,0 0 Ta có: +/ 4sin3xsinx = 2  cos2x - cos4x  ; +/         4cos  3x -  cos  x +   2 cos  2x -   cos4x   2  sin 2x + cos4x   4  4   2  0,2    1    1 cos  2x +   1  cos  4x +    1  sin 4x  2 5 +/  4  2  2  2 Do đó phương trình đã cho tương đương: 1 1 2  cos2x + sin2x   sin 4x + m -  0 (1) 2 2   t  cos2x + sin2x = 2cos  2x -  Đặt  4  (điều kiện:  2  t  2 ). Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1 . Phương trình (1) trở thành: 2 t 2  4t  2m  2  0 (2) với  2  t  2 (2)  t 2  4t  2  2m 0,2 Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường 5 ( D) : y  2  2m (là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): y  t  4t với  2  t  2 . 2   2; 2  Trong đoạn   , hàm số y  t  4t đạt giá trị nhỏ nhất là 2 0,2 2  4 2 tại t   2 và đạt giá trị lớn nhất là 2  4 2 tại t  2 . 5
Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2  4 2  2  2m  2  4 2 0,2 5  2 2  m  2 2 . VI 2,0 a 0 1 1,0 0 Điểm C  CD : x  y  1  0  C  t;1  t  . Suy ra trung điểm M của AC là 0,2  t 1 3  t  5 M ;   2 2 .  t 1  3  t 0,25 M  BM : 2 x  y  1  0  2    1  0  t  7  C  7;8  Điểm  2  2 Từ A(1;2), kẻ AK  CD : x  y 1  0 tại I (điểm K  BC ). 0,25 AK :  x  1   y  2   0  x  y  1  0 Suy ra . x  y 1  0   I  0;1 Tọa độ điểm I thỏa hệ: x  y 1  0 . Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K  1;0  . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: x 1 y   4x  3 y  4  0 7  1 8 2 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng  , thì ( P) //( D) hoặc ( P)  ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH  IA và IH  AH .
d   D  ,  P    d  I ,  P    IH   Mặt khác H   P  Trong mặt phẳng  P  , IH  IA ; do đó maxIH = IA  H  A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A. Vectơ pháp tuyến của (P0) là n  IA   6;0; 3 , cùng phương với v   2;0; 1 . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2  x  4  1.  z  1  2x - z - 9 = 0 . VIIa Để ý rằng  xy  1   x  y   1  x 1  y   0 ;  yz  1  y  z 0,2  5 và tương tự ta cũng có  zx  1  z  x Vì vậy ta có: 1,0  1 1 1  x y z 0  x  y  z      111  xy  1 yz  1 zx  1  yz  1 zx  1 xy  1 x y z    3 yz  1 zx+y xy  z  1 z y   x   5  yz  1 zx  y xy  z   z y   x 1   5  z y yz 5 vv Ta có: AB   1; 2   AB  5 . Phương trình của AB là: 0,2 2x  y  2  0 . 5 I   d  : y  x  I  t; t  . I là trung điểm C  2t  1; 2t  , D  2t; 2t  2  của AC và BD nên ta có: . Mặt khác: S ABCD  AB.CH  4 (CH: chiều cao) 4 0,25  CH  5.
Ngoài ra:  4 5 8 8 2 | 6t  4 | 4 t  3  C  3 ; 3  , D  3 ; 3  d  C; AB   CH        5 5 0,50 t  0  C  1;0  , D  0; 2   5 8 8 2 C  ; , D ;  Vậy tọa độ của C và D là  3 3   3 3  hoặc C  1;0 , D  0; 2  2 1,00 Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.  x  1  2t   y  1 t  Đường thẳng  có phương trình tham số:  z  2t . Điểm M  nên M  1  2t;1  t; 2t  . 0,25  2  2t    4  t    2t   3t    2 AM   9t 2  20   2 5 2 2 2 2  4  2t    2  t    6  2t   3t  6    2 BM   9t 2  36t  56   2 5 2 2 2 2  3t     3t  6    2 2 AM  BM   2 5   2 5 2 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ  u  3t; 2 5  và  v  3t  6; 2 5 .   3t    2 | u |  2 5 2   | v |  3t  6    0,25 2  2 5 2 Ta có   u  v   6; 4 5  | u  v | 2 29 Suy ra AM  BM | u |  | v | và Mặt khác, với hai vectơ u, v ta luôn có | u |  | v || u  v | Như vậy AM  BM  2 29 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u, v cùng hướng 3t 2 5    t 1 0,25 3t  6 2 5  M 1;0; 2  min  AM  BM   2 29 và .
Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2  11  29  0,25 VIIb 1,00 a  b  c  b  c  a  Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: c  a  b . ab ca  x,  y, a  z  x, y, z  0   x  y  z, y  z  x, z  x  y Đặt 2 2 . 0,50 Vế trái viết lại: ab ac 2a VT    3a  c 3a  b 2a  b  c x y z    yz zx x y 2z z x  y  z  z  x  y  z   2z  x  y    Ta có: x yz x y . x 2x y 2y  ;  . Tương tự: yz x yz zx x yz x y z 2 x  y  z 0,50    2 Do đó: y  z z  x x  y x yz .  1 1 2  b c a     2 Tức là:  3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b