Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 71 (Kèm hướng dẫn giải)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

50
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 71 có kèm theo hướng dẫn giải này bao gồm những câu hỏi liên quan đến: khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số, giải bất phương trình, giải phương trình log,...sẽ giúp ích rất nhiều cho các bạn học sinh ôn tập, nắm vững kiến thức để đạt được điểm tốt trong kì thi sắp tới.

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 71 (Kèm hướng dẫn giải)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 71) CÂU I: mx 2  (m 2  1) x  4m 3  m y Cho hàm số: xm (Cm ) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m= -1 2.Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị (Cm ) có 1 điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ (II) và 1 điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ (IV) của mặt phẳng toạ độ CÂU II: 1.Gọi (D) là miền được giới hạn bởi các đường y  3x  10 , y  1 , y  x 2 (x>0) và (D) nằm ngoài parabol y  x .Tính thể tích vật thể tròn xoay được tạo nên 2 khi (D) quay xung quang trục Ox. 2.Cho k và n là các số nguyên thỏa 0  k  n Chứng minh rằng: C2nk .C2nk  (C2n ) n n n 2 CÂU III: 1.Giải bất phương trình: x2  3x  2  x 2  4 x  3  2. x 2  5x  4 2.Cho phương trình: 2log 4 (2 x2  x  2m  4m2 )  log1 2 ( x 2  mx  2m2 )  0 Xác định tham số m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa : x1  x2  1 2 2 CÂU IV:
1.Xác định các giá trị của tham số a để phương trình sau có nghiệm: sin 6 x  cos6 x  a s in2 x a cos A  b cos B  c cos C 2 p  2.Cho tam giác ABC thỏa: a sin B  b sin C  c sin A 9R với a=BC, b=CA, c=AB; p là nửa chu vi;R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác.Chứng tỏ tam giác ABC là tam giác đều. CÂU V: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy cho elip: 2 x y2 (E) :  1 9 4 Và hai đường thẳng ( D) : ax  by  0 ; ( D ') : bx  ay  0 ;với a  b  0 2 2 Gọi M,N là các giao điểm của (D) với (E) P, Q là các giao điểm của (D') với (E). 1.Tính diện tích tứ giác MNPQ theo a và b 2. Tìm điều kiện đối với a , b để diện tích tứ giác MNPQ nhỏ nhất. ............................................................................
BÀI GIẢI (ĐỀ 71) CÂU I: mx 2  (m 2  1) x  4m 3  m y Cho hàm số: xm (Cm).  x2  2 x  5 4 y  x 1 1)Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m= -1. x 1 x 1 Đ : D = R\{1}  x2  2 x  3  x  1 y'  y'  0   ( x  1)2 ; x  3 lim y   Đ: x = 1 vì x  1 4 4 y  x 1 lim 0 Ta có: x  1 suy ra TCX: y = - x + 1 vì x   x  1 BBT: Đồ thị: cho x  0  y  5; x  2  y  5 2)Tìm m để (Cm) có 1 điểm cực trị thuộc (II) và một điểm cực trị thuộc (IV).
mx 2  (m2  1) x  4m3  m mx 2  2m2 x  3m3 y  y'  xm ( x  m)2 Ta có: y '  0  mx2  2m2 x  3m3  0 (1) (Cm) có 1 điểm thuộc (II) và 1 điểm cực trị thuộc (IV). x  0  x 1  2  CT C Ñ  0 y .y   (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho: Heäsoá goùc TCX aâm  P  0    y  0(vô-nghiêm) m  0  3m2  0 m  0 m  0       1    (m2  1)2  4m(4m3  m)  0  15m4  2m2  1  0  m2  y 5  m  0  m  0   m  0   m  0   1 1 1  m   m m  5 5 5 m  0  ĐS: 1 m 5 CÂU II: 2 1) Đường thẳng y= - 3x + 10 cắt đường cong y  x (x > 0) tại B(2, 4) và cắt đường thẳng y = 1 tại C(3, 1). 2 Đường thẳng y = 1 cắt đường cong y  x (x > 0) tại A(1, 1).
  2 2  3 V     x 2  12  dx     3x  10 2  12  dx 56   Ta có: 1   2  = 5 (đvtt)   2 Cn .C n  Cn Chứng minh 2n  k 2n  k 2n 2 (2n  k )! (2n  k )!   2n  !   .   n !(n  k )! n !(n  k )!  n !n !   (n  k  1)(n  k  2)......(n  k  n)(n  k  1)(n  k  2)..(n  k  n)   (n  1)(n  2).....(n  n) 2 2 Ta có: (n  k  i )(n  k  i )  (n  i ) Khi cho i thay đổi từ 1 đến n ta được bất đẳng thức cần chứng minh. CÂU III: 1) Giải bất phương trình: x  3x  2  x  4 x  3  2. x  5x  4 2 2 2  x 2  3x  2  0   2 x  4x  3  0  x  1 x  4  2  x  5x  4  0 Điều kiện:  Ta có: Bất phương trình  ( x  1)( x  2)  ( x  1)( x  3)  2 ( x  1)( x  4) (*) Nếu x = 1 thì hiển nhiên (*) đúng . Suy ra x=1 là nghiệm của phương trình Nếu x < 1 thì (*) trở thành : 2  x  3 x  2 4  x  2 x  4 x    2 x  3 x  2 4 x Nhận xét:  3 x  4 x  Suy ra Bất phương trình vô nghiệm.
Nếu x  4 thì (*) trở thành : x 2  x 3  2 x 4  x2  x4    x 2  x 3  2 x 4 Nhận xét:  x 3  x 4  Suy ra Bất phương trình đúng x  4 . Tóm lại: Bất phương trình có nghiệm là: x  1 x  4 . 2log (2 x 2  x  2m  4m2 )  log ( x 2  mx  2m2 )  0 4 1 2) 2  2 2  log (2 x 2  x  2m  4m2 )  log ( x 2  mx  2m2 )  0   x  mx  2m  0 2 2   x 2  (1  m) x  2m  2m2  0   x 2  mx  2m2  0    x1  2m, x2  1  m  x 2  x 2  1 1 2  2   x  mx  2m2  0 1 1   x 2  mx  2m2  0 x  1 m Yêu cầu bài toán  2 2 với x1  2m , 2 5m2  2m  0   2 1   4m 2  0  1  m  0   m   5 2  2m2  m  1  0  CÂU IV: 1) Tìm a để phương trình sin6x + cos6x = a| sin2x | có nghiệm. 3  1  3sin 2 x cos2 x  a sin 2 x  1  sin 2 2 x  a sin 2 x Phương trình : 4 t  sin 2 x Đặt điều kịên 0  t  1
4  3t 2  4a Phương trình là: f(t) = t (vì t =0 không là nghiệm) 4  3t 2 4 4 f (t )    3t  f '(t)   2  3  0 Đặt t t với t  (0,1) t  f(t) là hàm số giảm trong (0, 1). 1  4a  f (1)  4a  1  a  Khi đó phương trình f(t) = 4a có nghiệm t  (0,1) 4 a cos A  b cos B  c cos C 2 p  2) Cho ABC thoả: a sin B  b sin C  c sin A 9R Chứng minh rằng ABC đều. 2 R sin A cos A  2 R sin B cos B  2 R sin C cos C b c a a b c Ta có:VT= 2R 2R 2R 2 R 2 (sin 2 A  sin 2 B  sin 2C ) 2 R  2sin( A  B) cos( A  B)  2sin C cos C  2   ab  bc  ca ab  bc  ca 2 R 2 2sin C  cos( A  B)  cos( A  B)  2 R 2 4sin C.sin A.sin B 2 R sin A.2 R sin B.2 R sin C    ab  bc  ca ab  bc  ca R (ab  bc  ca ) abc abc 3 abc    R(ab  bc  ca) 3 3R R.3 a 2b2c 2 a  b  c 33 abc 3 abc   VP= 9 R 9R 3R Vậy VT=VP  a  b  c  ABC đều. CÂU V: 1) Diện tích tứ giác MNPQ Nếu 1 trong 2 số a, b bằng 0 thì (D), (D') trùng với 2 trục toạ độ, khi đó M, N, P, Q là các đỉnh của elip 1 1 S  MN .PQ  6.4  12 2 2 (đvdt)
1 a y x k  0 Nếu a, b  0 thì phương trình (D) là y = kx và (D') là k với b . 1  MN .PQ  2OM .OP S Do ( D)  ( D ') nên MNPQ 2 4 x 2  9 y 2  36  M M   y  kxM Ta có M là giao điểm của (D) và (E) nên:  M 36 36(1  k 2 )  x2   OM 2  x 2  y 2  x 2 (1  k 2 )  M M M M 4  9k 2 9k 2  4 2 OP 2  36(1  k ) Tương tự ta tính được : 4k 2  9 72(1  k 2 ) 72(a 2  b2 ) S  2OM .OP   MNPQ (9k 2  4)(4k 2  9) (9a 2  4b2 )(4a 2  9b2 ) 2) Diện tích nhỏ nhất. Ta có: 1 9k 2  4  4k 2  9 13 1 13 1 1 2 72         OM .OP  OM 2 OP 2 36(1  k 2 ) 36 36 OM 2 OP 2 OM .OP 13 144 S  MNPQ 13 144 S Vậy MNPQ nhỏ nhất bằng 13 khi OM 2  OP2  k 2  1  a  b (với ab  0 ) ............................................hết..........................................