Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 6 (Kèm đáp án)

Chia sẻ: Ngô Thị Thu Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

67
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 6 có kèm theo hướng dẫn giải giúp giáo viên đánh giá khả năng tiếp thu kiến thức đã học trong phần Toán học của các bạn đang ôn thi Đại học, Cao đẳng bao gồm nội dung như giải hệ phương trình, viết phương trình mặt phẳng,...Mời các bạn tham khảo.

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 6 (Kèm đáp án)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 6 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số y  x3  3 x (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Chứng minh rằng khi m thay đổi, đường thẳng (d): y = m(x +1) + 2 luôn cắt đồ thị (C) tại một điểm M cố định và xác định các giá trị của m để (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt M, N, P sao cho tiếp tuyến với đồ thị (C) tại N và P vuông góc với nhau. Câu 2 (2 điểm): 2 x 1 1) Giải phương trình: 5.3  7.3x 1  1  6.3x  9 x 1  0 (1) 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt: log ( x  1)  log ( x  1)  log3 4  ( a) 3 3  2 log2 ( x  2 x  5)  m log( x 2 2 x 5) 2  5 (b)  (2)  x 3  9z2  27(z  1) ( a)  3  y  9 x 2  27( x  1) ( b)  z3  9y 2  27( y  1) (c) Câu 3 (1 điểm): Giải hệ phương trình:  (3) Câu 4 (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB =2a, BC= a, các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 2 . Gọi M, N tương ứng là trung a AK  điểm của các cạnh AB, CD; K là điểm trên cạnh AD sao cho 3 . Hãy tính khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và SK theo a. Câu 5 (1 điểm) Cho các số a, b, c > 0 thoả mãn: a + b + c =1. Tìm giá trị nhỏ nhất a b c T   của biểu thức: 1 a 1 b 1 c .
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu 6a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và đường thẳng d: x – 2y + 2 = 0. Tìm trên d hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại B và AB = 2BC. 2) Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: x2 + y2 + z2 – 2x + 4y + 2z – 3 = 0 và mặt phẳng (P): 2x – y + 2z – 14 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3. Câu 7a (1 điểm) Tìm các số thực a, b, c để có: z3  2(1  i)z2  4(1  i)z  8i  (z  ai)(z2  bz  c) Từ đó giải phương trình: z3  2(1  i)z2  4(1  i)z  8i  0 trên tập số phức. Tìm môđun của các nghiệm đó. B. Theo chương trình nâng cao Câu 6b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1) : x  2t; y  t; z  4 ; (d2) :  x  3  t; y  t; z  0 Chứng minh (d1) và (d2) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2). ln10 ex dx b 3 lim J. Câu 7b (1 điểm) Cho số thực b  ln2. Tính J = ex  2 và tìm bln2
Hướng dẫn Đề sô 6 9 m ;m0 Câu I: 2) M(–1;2). (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt  4 3  2 2 m Tiếp tuyến tại N, P vuông góc  y '( xN ). y '( xP )  1  3 . 3 x  log3 ; x   log3 5 Câu II: 1) Đặt t  3  0 . (1)  5t  7t  3 3t 1  0  x 2 5 log 3 ( x  1)  log 3 ( x  1)  log 3 4 (a)   log 2 ( x  2 x  5)  m log ( x2  2 x 5) 2  5 2 (b) 2)   Giải (a)  1 < x < 3.  Xét (b): Đặt t  log 2 ( x 2  2 x  5) . Từ x  (1; 3)  t  (2; 3).  25  m    ; 6  (b)  t  5t  m . 2 Xét hàm f (t )  t  5t , 2 từ BBT   4  Câu III: Cộng (a), (b), (c) ta được: ( x  3)3  ( y  3)3  ( z  3)3  0 (d )  Nếu x>3 thì từ (b) có: y  9 x( x  3)  27  27  y  3 3 từ (c) lại có: z  9 y( y  3)  27  27  z  3 3 => (d) không thoả mãn  Tương tự, nếu x y=3; thay vào (c) => z=3. Vậy: x =y = z =3 Câu IV: I là trung điểm AD, HL  SI  HL  (SAD)  HL  d (H ;(SAD)) MN // AD  MN // (SAD), SK  (SAD) a 21  d(MN, SK) = d(MN, (SAD)) = d(H, (SAD)) = HL = 7 .
1  (1  a) 1  (1  b) 1  (1  c)  1 1     1  a  1 b  1 c  1 T      Câu V: 1 a 1 b 1 c =  1 a 1 b 1 c  1 1 1 9    Ta có: 1 a 1 b 1 c 1 a  1 b  1 c ; 0  1 a  1 b  1 c  6 (Bunhia) 9 6 1 6 T  6  6 2 . Dấu "=" xảy ra  a = b = c = 3. minT = 2 . 2 6 4 7 B  ;  C1 (0;1); C2  ;  Câu VI.a: 1) 5 5; 5 5 2) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R = 3. (Q) chứa Ox  (Q): ay + bz = 0. Mặt khác đường tròn thiết diện có bán kính bằng 3 cho nên (Q) đi qua tâm I. Suy ra: –2a – b = 0 b = –2a (a  0)  (Q): y – 2z = 0. Câu VII.a: Cân bằng hệ số ta được a = 2, b = –2, c = 4 Phương trình  ( z  2i)( z 2  2 z  4)  0  z  2i; z  1  3i; z  1  3i  z 2. Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. Gọi M(0; m)  Oy  AMB  600 (1)   AMB  1200 (2) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB   Vì MI là phân giác của AMB nên: IA  MI  (1)  AMI = 300 sin 300  MI = 2R  m2  9  4  m   7 IA 2 3 4 3  MI  m2  9  (2)  AMI = 600 sin 600  MI = 3 R 3 Vô nghiệm Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;  7 ) 2) Gọi MN là đường vuông góc chung của (d1) và (d2)  M (2; 1; 4); N (2; 1; 0)  ( x  2)  ( y  1)  ( z  2)  4. 2 2 2 Phương trình mặt cầu (S):
 2 3  J   4  (eb  2) 3  3   lim J  .4  6 Câu VII.b: Đặt u  ex  2  2 . Suy ra: b ln 2 2