Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 65 (Kèm hướng dẫn giải)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

47
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp các bạn đang ôn thi Đại học, Cao đẳng có thể làm quen với hình thức ra đề thi và củng cố kiến thức môn Toán. Mời các bạn tham khảo đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 65 có kèm theo hướng dẫn giải để đạt kết quả tốt trong kỳ thi này.

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 65 (Kèm hướng dẫn giải)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 65) I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Cho hàm số y  x  2mx  (m  3)x  4 có đồ thị là (Cm) 3 2 CâuI: 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số trên khi m = 1. 2) Cho (d ) có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m sao cho (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . Câu II: 1) Giải phương trình: cos2 x  5  2(2 - cos x)(sin x - cos x)  x 2  1  y( x  y )  4 y  2 2) Giải hệ phương trình: ( x  1)( x  y  2)  y (x, y  R )  2 2 1  sin x  sin x  dx  2 CâuIII: 1) Tính tích phân I = 6 2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 2 2 91 1 x  (m  2)31 1 x  2m  1  0 Câu IV: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) = 600, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) x2  y2  1 C©u V.a: 1. Cho parabol (P): y  x 2  2 x vµ elip (E): 9 . Chøng minh r»ng (P) giao (E) t¹i 4 ®iÓm ph©n biÖt cïng n»m trªn mét ®-êng trßn. ViÕt p.tr×nh ®-êng trßn ®i qua 4 ®iÓm ®ã.
2.Cho mÆt cÇu (S) cã ph-¬ng tr×nh x  y  z  2 x  4 y  6z  11  0 vµ mÆt ph¼ng 2 2 2 () cã ph-¬ng tr×nh 2x + 2y - z + 17 = 0. ViÕt ph-¬ng tr×nh mÆt ph¼ng () song song víi () vµ c¾t (S) theo giao tuyÕn lµ ®-êng trßn cã chu vi b»ng 6. C©u VI.a T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x2 trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña n  1   x 4     2 x 22 1 23 2 2 n1 n 6560 2C  Cn  Cn    0 Cn  n 1 n 1 n biÕt r»ng n lµ sè nguyªn d-¬ng tháa m·n: 2 3 k ( Cn lµ sè tæ hîp chËp k cña n phÇn tö) x 1 y z 1   CâuVb: 1. Cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình 2 1 3 . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. 3 2. Cho điểm A(2;–3), B(3;–2),  ABC có diện tích bằng 2 ; trọng tâm G của  ABC thuộc đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán kính đường tròn nội tiếp  ABC. CâuVIb: Tìm các số thực b, c để phương trình z2 + bz + c = 0 nhận số phức z = 1 + i làm một nghiệm.
HƯỚNG DẨN GIẢI (ĐỀ SỐ 65) I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) CâuI.1.(Học sinh tự giải) 2)Phương trình hoành độ điểm chung của (Cm) và d là: x  0 x 3  2mx 2  (m  3) x  4  x  4 (1)  x( x 2  2mx  m  2)  0    g( x )  x  2mx  m  2  0 (2) 2 (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C  phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.  /  m2  m  2  0 m  1  m  2   (a )  g(0)  m  2  0 m  2 . 1 3  4 d (K , d )   2 Mặt khác: 2 Do đó: SKBC  8 2  1 BC.d (K , d )  8 2  BC  16  BC 2  256 2  ( xB  xC )2  ( yB  yC )2  256 với xB , xC là hai nghiệm của phương trình (2).  ( xB  xC )2  (( xB  4)  ( xC  4))2  256  2( xB  xC )2  256  ( xB  xC )2  4 xB xC  128  4m2  4(m  2)  128  m2  m  34  0  m  1  137 2 (thỏa ĐK (a)). Vậy m  1  137 2 CâuII:1. Phương trình  (cosx–sinx)2 - 4(cosx–sinx) – 5 = 0
 cos x - sin x  -1   cos x - sin x  5(loai vi cos x - sin x  2)  x    k 2  2 sin( x   )  1  sin( x   )  sin    2 (k  Z ) 4 4 4  x    k 2   x2  1  y  ( x  y  2)  2   2  x  1 ( x  y  2)  1  2) HÖ ph-¬ng tr×nh t-¬ng ®-¬ng víi  y §Æt x 1 2 u ,v  x  y 2 y x2  1  1 u  v  2  y   u  v 1 x  y  2  1 Ta cã hÖ uv  1 Suy ra  . Gi¶i hÖ trªn ta ®-îc nghiÖm cña hpt ®· cho lµ (1; 2), (-2; 5)   2 2 1 2 3  sin x  sin x  dx   sin x  cos 2 x  dx  2  2 CâuIII:1. Ta có: I=6 = 6 . Đặt 3 cos x   cos t 2  2    x  cos t  t  x   cos t  0  t  Đổi cận: Khi 6 2 4 ; khi 2 2 .  3 2 2 I   sin tdt 3 2    2  Do vậy: 4 = 16 . 2. Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 2 2 91 1 x  (m  2)31 1 x  2m  1  0 (1) * Đk x [-1;1] , đặt t = 3 ; x [-1;1]  t [3;9] 1 1 x 2
t 2  2t  1 t  (m  2)t  2m  1  0  (t  2)m  t  2t  1  m  2 2 Ta có: (1) viết lại t 2 t 2  2t  1 Xét hàm số f(t) = t  2 , với t [3;9] . Ta có: t 2  4t  3 / t  1 f (t )  / , f (t )  0   (t  2) t  3 Lập bảng biến thiên t 3 9 f/(t) + 48 f(t) 7 4 Căn cứ bảng biến thiêng, (1) có nghiệm x [-1;1]  (2) có nghiệm t [3;9]  4  m  48 7 CâuIV:Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. a 3 Suy ra: SM =AM = 2 ; AMS  600 và SO  mp(ABC) S 3a  d(S; BAC) = SO = 4 Gọi VSABC- là thể tích của khối chóp S.ABC 1S a3 3 ABC .SO  A C  VS.ABC = 3 16 (đvtt) O M 1S .d ( B; SAC ) Mặt khác, VS.ABC = 3 SAC B
a 3 SAC cân tại C có CS =CA =a; SA = 2 2 SSAC  a 13 3  16 3VS . ABC  3a Vậy: d(B; SAC) = SSAC 13 (đvđd). II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) Câu V.a Viết phương trình đường tròn đi qua giao đi qua điểm (E) và (P) Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của phương trình: x2  (x 2  2x) 2  1  9x 4  36x 3  37x 2  9  0 9 (*) XÐt f (x)  9x  36x  37x  9 , f(x) liªn tôc trªn R cã f(-1)f(0) < 0, 4 3 2 f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E) c¾t (P) tại 4 điểm phân biệt y  x 2  2 x  2 x  y 1 2 Từ đó¸c giao giao điểm của (E) và (P) thỏa mãn  9 8x 2  16x  8y  2  9x 2  9y 2  16x  8y  9  0 x  9y  9 2 (**) 8 4 161 I ;  (**) là phương trình đường tròn có tâm  9 9  , bán kính R = 9 Do đó 4 giao điểm của (E) và (P) cũng nằm trên đường tròn có phương trình (**) 2.Viết phương trình mặt phẳng ().... Do () // () nên () có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D  17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3),bán kính R = 5
§-êng tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = 3. Khoảng cách từ I tới () là h = R  r  5  3  4 2 2 2 2 2.1  2(2)  3  D D  7  4   5  D  12   Do đó 2 2  2 2  (1) 2 D  17 (lo¹i) Vậy () có phương trình 2x + 2y – z - 7 = 0 Câu VI.a T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x2 trong khai triển nhÞ thøc Niut¬n cña n  1   x 4     2 x , 22 1 23 2 2 n1 n 6560 2Cn  0 Cn  Cn    Cn  Biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn: 2 3 n 1 n 1 BG: Ta có   2 2 I   (1  x) dx   C 0  C 1 x  C 2 x 2    C n x n dx n n n n n 0 0 2  1 1 1    C 0 x  C1 x 2  C 2 x 3    C n x n 1  n 1 n n n n  2 3 0 2 2 1 23 2 2 n 1 n  2C 0  Cn  Cn  Cn n 1 n suy ra I 2 3 (1) 1 2 3 n 1  1 I (1  x) n 1  Mặt khác n 1 0 n 1 (2) 22 1 23 2 2 n 1 n 3 n 1  1  2C 0  Cn  Cn  Cn  n 1 n 1 n Từ (1) và (2) ta có 2 3 3 n 1  1 6560   3 n 1  6561  n  7 Theo bµi ra th× n 1 n 1  x 7 k 143 k  1  7 7 k  1  7 1 k  x  4   C7   k  4    k C7 x   4 Ta có khai triển  2 x 0 2 x  0 2
14  3k 2 2k2 Sè h¹ng chøa x øng víi k tháa m·n 4 1 2 21 2 C7  VËy hÖ sè cÇn t×m lµ 2 4 CâuVb *1.Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH  HI => HI lớn nhất khi A  I Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véctơ pháp tuyến. Mặt khác, H  d  H (1  2t; t;1  3t ) vì H là hình chiếu của A trên d nên AH  d  AH .u  0 (u  (2;1;3) là véc tơ chỉ phương của d)  H (3;1;4)  AH (7;1;5) Vậy: (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y – 5z –77 = 0 ab5 2SABC  2.*Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0  d(C; AB) = 2 AB   a  b  8(1) ab5  3   a  b  2(2) ;  a  5 ; b  5   (d)  3a –b =4 (3) Trọng tâm G 3 3 S 3 Từ (1), (3)  C(–2; 10)  r = p 2  65  89 rS  3 Từ (2), (3)  C(1; –1)  p 2 2 5 . CâuVIb: Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z2 + bx + c = 0 ( b, c  R), nên ta có :
b  c  0 b  2 1  i   b 1  i   c  0  b  c   2  b  i  0    2 2  b  0 c  2