zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 78 (Kèm hướng dẫn giải)

Chia sẻ: Ngô Thị Thu Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

48
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm đánh giá khả năng học tập của các bạn học sinh trong kỳ thi Đại học, Cao đẳng diễn ra sắp tới. Mời các bạn đang ôn thi Đại học, Cao đẳng và thầy cô giáo tham khảo đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 78 có kèm theo đáp án.

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 78 (Kèm hướng dẫn giải)

WWW.VNMATH.COM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 78 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y=-x3+3x2-2 (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2. Tìm trên đường thẳng (d): y=2 các điểm kẻ được ba tiếp tuyến đến đồ thị (C ). Câu II (2,0 điểm) 1. Giải bất phương trình x2  x  2  3 x  5x 2  4 x  6 ( x  R). 3  2. Giải phương trình 2 2 cos2 x  sin 2 x cos( x  )  4sin( x  )  0 . 4 4 e 3 log 2 x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I   dx 1 x 1  3ln x 2 Câu IV(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ a 3 biết khoảng cách giữa AA’ và BC là 4 Câu V (1,0 điểm) x3  y 3  16 z 3 Cho x, y, z  0 thoả mãn x + y + z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   x  y  z 3 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a( 2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  3 y  8  0 ,  ' :3x  4 y  10  0 và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng  , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng  ’. x 1 y 1 z 1 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d 1:   ; 2 1 1 x 1 y  2 z 1 d2:   và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của đường 1 1 2 thẳng , biết  nằm trên mặt phẳng (P) và  cắt hai đường thẳng d1, d2 . Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức z4 – z3 + 6z2 – 8z – 16 = 0 B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b(2,0 điểm) 1. Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 – 4 y – 5 = 0 và (C2): x2 + y2 - 6x + 8y + 16 = 0 Lập phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2)  x  1  2t 2.Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng sau: d : x  y  1  z  2 ; d :  y  1  t 2  1 1 2 1 z  3   1 log 1  y  x   log 4 y  1 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  4 ( x, y  )  2  x  y  25 2 -----------------Hết---------------
WWW.VNMATH.COM ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG . Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 78 ) Câu Ý Nội dung Điểm
WWW.VNMATH.COM 1 *Tập xác định: D = R x  0 * y’ = - 3x2 + 6x ; y’ = 0   x  2 *Bảng biến thiên 1đ x - 0 3 + y’ - 0 + 0 - + 2 y -2 - * Hàm số nghịch biến trên ( -  ;1) và ( 3; +  ); đồng biến trên ( 1; 3) I * Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yCT = -2; hàm số đạt cực đại tại x = 2 và yCĐ = 2 y f(x)=-x^3+3x^2-2 4 2 x -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -2 -4 * Đồ thị : 2 (1,0 điểm): Gọi M  (d )  M(m;2). Gọi  là đường thẳng đi qua điểm M và có hệ số góc k  PTĐT  có dạng : y=k(x-m)+2. 0,25 ĐT  là tiếp tuyến của (C ) khi và chỉ khi hệ PT sau có nghiệm  x 3  3 x 2  2  k ( x  m)  2 (1)   (I). 0,25 3 x  6 x  k 2  (2) Thay (2) và (1) được: 2x3 -3(m+1)x2+6mx-4=0  (x-2)[2x2-(3m-1)x+2]=0 x  2  2 . Đặt f(x)=VT(3) 2 x  (3m  1) x  2  0 (3) 0,25 Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị ( C)  hệ (I) có 3 nghiệm x phân biệt  PT(3) có hai nghiệm phan biệt khác 2    0  m  1 hoÆc m>5/3 .    f (2)  0 m  2 Vậy M(m;2) thuộc (d): y=2 với m  1 hoÆc m>5/3 thì từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến  m  2 (C) 0,25
WWW.VNMATH.COM 1  x2  x  2  0  Điều kiện  x  0  x2 5 x 2  4 x  6  0  0,5 Bình phương hai vế ta được 6 x( x  1)( x  2)  4 x 2  12 x  4 x( x  2) x( x  2)  3 x( x  1)( x  2)  2 x( x  2)  2( x  1)  3 2 2 x 1 x 1  1 x( x  2) t Đặt t   0 ta được bpt 2t  3t  2  0   2 2  t  2 ( do t  0 ) x 1  t  2 x( x  2) II Với t  2   2  x2  6 x  4  0 0,5 x 1  x  3  13   x  3  13 ( do x  2 ) Vậy bpt có nghiệm x  3  13  x  3  13  2 3  2 2 cos2 x  sin 2 x cos( x  )  4sin( x  )  0  4 4 0,25 3 3   2 2 cos2 x  sin 2 x(cos x.cos  sin x sin )  4(sin x cos  cos x sin )  0 4 4 4 4  4cos2x-sin2x(sinx+cosx)-4(sinx+cosx)=0  (sinx+cosx)[4(cosx-sinx)-sin2x-4]=0 s inx+cosx=0 (2)  0,25  . PT (2) có nghiệm x    k .  4(cosx-sinx)-sin2x-4=0 (3) 4  Giải (2) : Đặ t  s inx-cosx= 2 sin( x  ), §iÒu kiÖn t  2 (*)  sin 2 x  1  t 2 , 4 thay vào (2) được PT: t -4t-5=0  t=-1( t/m (*)) hoặc t=5(loại ) 2 0.25 3 Với t=-1 ta tìm được nghiệm x là : x  k 2 hoÆc x=  k 2 . 2  3 KL: Họ nghiệm của hệ PT là: x    k , x  k 2 vµ x=  k 2 0,25 4 2 3  ln x  e 3 e   e ln 2 x. 0,5 I  log 2 x dx    ln 2  dx  3  1 . ln xdx 1 x 1  3ln x 1 x 1  3ln x 2 2 ln 2 1 1  3ln x 2 x 1 dx 1 Đặt 1  3ln 2 x  t  ln 2 x  (t 2  1)  ln x.  tdt . Đổi cận … III 3 x 3 0,5 e log3 x 2 1 2 t 1  2 Suy ra I   2 1 dx  3  3 1 . tdt  1 3    t  1 dt 2 1 x 1  3ln x 2 ln 2 1 t 3 9 ln 2 1
WWW.VNMATH.COM 2 1 1 3  4   t t  9ln 2  3 3  1 27 ln 2 3 AM  BC  Gọi M là trung điểm BC ta thấy:   BC  ( A' AM ) A' O  BC  Kẻ MH  AA' , (do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) BC  ( A' AM )  Do   HM  BC .Vậy HM là đọan vông góc chung của HM  ( A' AM ) 0,5 A C 3 ’ ’ AA’và BC, do đó d ( AA', BC)  HM  a . B 4 ’ Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH H IV A' O HM ta có:  AO AH A C AO.HM a 3 a 3 4 a  suy ra A' O    O AH 3 4 3a 3 M 0,5 1 1B a 3 a a3 3 Thể tích khối lăng trụ: V  A' O.S ABC  A' O.AM.BC  a 2 23 2 12  x  y 3 (biến đổi tương đương)  ...   x  y   x  y   0 2 Trước hết ta có: x  y 3 3  0,5 4  x  y  64 z 3 a  z  64 z 3 3 3 V Đặt x + y + z = a. Khi đó 4 P    1  t   64t 3 3 3 3 a a z (với t = , 0  t  1 ) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 . Có 0,5 1 f '(t )  3 64t 2  1  t   , f '(t )  0  t   0;1 2   9 64 16 Lập bảng biến thiên  Minf  t    GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0 t0;1 81 81 1 Tâm I của đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) Theo yc thì k/c từ I đến  ’ bằng k/c IA nên ta có 0,25 3(3t  8)  4t  10  (3t  8  2)2  (t  1)2 0,25 3 4 2 2 Giải tiếp được t = -3 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25. 0,5 2 Gọi A = d1(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2  (P) suy ra B(2; 3; 1) Đường thẳng  thỏa mãn bài toán đi qua A và B. 0,5 Một vectơ chỉ phương của đường thẳng  là u  (1;3; 1) VIa
WWW.VNMATH.COM x 1 y z  2 0,5 Phương trình chính tắc của đường thẳng  là:   1 3 1 Xeùt phöông trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0 Deã daøng nhaän thaáy phöông trình coù nghieäm Z1 = –1, sau ñoù baèng caùch chia ña thöùc hoặc Honer ta thaáy phöông trình coù nghieäm thöù hai Z2 = 2. Vaäy phöông trình trôû thaønh: VIIa 0,5 (Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0 Suy ra: Z3 = 2 2 i vaø Z4 = – 2 2 i  Ñaùp soá: 1,2,  2 2 i,  2 2 i  0,5 1 C1  : I1  0;2 , R1  3; C2  : I2 3; 4 , R2  3. 0,5 Gọi tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2  là  : Ax  By  C  0 A2  B 2  0     là tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2    d  I1;    R1   2 B  C  3 A  B 2 2 1   d  I 2 ;    R2  3 A  4B  C  3 A  B  2  2 2  0,5 Từ (1) và (2) suy ra A  2B hoặc C 3 A  2 B 2 Trường hợp 1: A  2B .Chọn B  1  A  2  C  2  3 5   : 2 x  y  2  3 5  0 3 A  2 B VIb Trường hợp 2: C  . Thay vào (1) được 2 4 A  2 B  2 A2  B 2  A  0; A   B   : y  2  0;  : 4 x  3 y  9  0 3 2 Gọi M  d1  M  2t;1  t; 2  t  , N  d 2  N  1  2t ';1  t ';3  MN  2t  2t ' 1; t  t ';  t  5  MN.u1  0  2  2t  2t ' 1   t  t '     t  5   0    0,5 MN.u1  0  2  2t  2t ' 1   t  t '   0  6t  3t ' 3  0   t  t' 1 3t  5t ' 2  0  M  2;0; 1 , N 1;2;3 , MN  1;2;4  x  2 y z 1  PT MN :   1 2 4 0,5 y  x  0 Điều kiện:  0,5 y  0  1  yx yx 1 log 4  y  x   log 4 y  1 log 4 y  1  y  4 Hệ phương trình     VIIb  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25    x  3y 0,5 x  3y x  3y   2  2   2 25  x  y  25 9 y  y  25  y  2 2  10
WWW.VNMATH.COM   15 5   x; y    ;    10 10  ( loại) Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.    15 5   x; y     ;     10 10  Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. ------------------Hết------------------

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.