zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2012 MÔN TOÁN - THPT NGÔ SỸ LIÊN BẮC GIANG

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Báo xấu

155
lượt xem 37
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần 1 năm 2012 môn toán - thpt ngô sỹ liên bắc giang', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2012 MÔN TOÁN - THPT NGÔ SỸ LIÊN BẮC GIANG

www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 – NĂM HỌC 2011 - 2012 MÔN: TOÁN (Khối A+B) NGÔ SỸ LIÊN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề ) BẮC GIANG PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  3mx 2  m 2  m 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số ứng với m  1 ; 2) Tìm tất cả giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm 1 1 số đối xứng nhau qua đường thẳng y  x  . 2 2 Câu II (2,0 điểm) 3 sin 2 x  2cos 2 x  2 2  2cos 2 x 1) Giải phương trình:  x9  y7  4  2) Giải hệ phương trình:   y9  x7  4  Câu III (2,0 điểm) 1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cho SA = a , AD = a 2 , AB = a . Chứng minh rằng mặt phẳng (SBM) vuông góc với mặt phẳng (SAC) và tính thể tích tứ diện ABIN theo a . 2) Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(1; -1; 1), B(3; 1; -2), C(2; 1; 0), D(1; -1; -2). a) Tính thể tích tứ diện ABCD, khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD); b) Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua mặt phẳng (BCD). Câu IV (1,0 điểm) 111 Cho x, y, z dương thỏa mãn điều kiện    3 . Chứng minh rằng: xyz 1 1 1 2 2 1 2 x  2 x y  2 y z  2z PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh được chọn một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu V.a (2,0 điểm) e x 1  tan( x 2  1)  1 1) Tìm giới hạn sau: lim 3 x 1 x 1 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác cân ABC (AB =AC). Biết phương trình các đường thẳng AB, BC tương ứng là d1 : 2 x  y  1  0, x  4 y  3  0 . Viết phương trình đường cao qua đỉnh B của tam giác ABC. Câu VI.a (1,0 điểm)     log 9 3x 2  4 x  2  1  log3 3 x 2  4 x  2 Giải bất phương trình: B. Theo chương trình Nâng cao Câu V.b (2,0 điểm) 1) Tính tổng S  12 C2012  2 2 C2012  32 C2012  ...  20112 C2012  20122 C2012 1 2 3 2011 2012 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại đỉnh A(2; 2). Đường thẳng (d) đi qua trung điểm các cạnh AB, AC có phương trình x  y  6  0 . Điểm D(2; 4) nằm trên đường cao đi qua đỉnh B của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh B và C. Câu VI.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 32 x  8.3x  x4  9.9 x  4  0 ------------ HẾT ------------
www.VNMATH.com HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I (2,0 điểm) 1) Khi m  1 , ta có: y  x 3  3 x 2  2 . Các bạn tự giải. x  0 2) Ta có: y  x 3  3mx 2  m 2  m  y '  3x 2  6mx ; y '  0   .  x  2m Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi m  0 Cách 1 (trong trường hợp hai điểm cực trị có tọa độ thuận lợi): Gọi A( 0; m 2  m ), B( 2m; 4m3  m 2  m )  tọa độ trung điểm M của đoạn AB là M=( m; 2m3  m 2  m ) 1 1 Điều kiện cần: Để hai điểm A, B đối xứng qua đường thẳng (d): y  x  , điều kiện cần là điểm M nằm trên đường 2 2 1 1 thẳng (d) tức là: 2m3  m2  m  m  m 1 2 2   Điều kiện đủ: Khi m= 1, ta có: A(0; 2), B(2; -2)  AB  (2; 4)  Hệ số góc của đường thẳng AB là: -2  đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng (d) (thỏa mãn) Vậy với m = 1 thì … Cách 2 (trong trường hợp hai điểm cực trị có tọa độ không thuận lợi): m 1   2 2 2 2 Ta có: y   x   y ' 2m x  m  m  y  2m x  m  m là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị 3 3 hàm số đã cho. 1 1 Điều kiện cần: Để hai điểm cực trị A, B đối xứng qua đường thẳng (d): y  x  , điều kiện cần là đường thẳng AB 2 2  1  1  m  1  vuông góc đường thẳng (d) tức là: 2m 2 . 2 Điều kiện đủ: Khi m= 1, ta có: A(0; 2), B(2; -2) là hai điểm cực trị của hàm số đã cho ứng với m=1  M(1; 0) là trung điểm của đoạn AB nằm trên (d)  m=1 thỏa mãn. Khi m= -1, ta có: A(0; 0), B(-2; 4) là hai điểm cực trị của hàm số đã cho ứng với m=-1  M(-1; 2) là trung điểm của đoạn AB không nằm trên (d)  m=-1 không thỏa mãn. Vậy với m = 1 thì … Câu II (2,0 điểm) 3 sin 2 x  2 cos 2 x  2 2  2 cos 2 x  2 3 sin x cos x  2 cos 2 x  4 | cos x | (2) 1) Khi cos x  0 , ta có:   cos x  0  x  2  k cos x  0  3 2 (2)  2 3 sin x cos x  2 cos x  4 cos x    1  sin x  cos x  1  x  2  k 2 (KTM) 3 sin x  cos x  2  2  2  3  Khi cos x  0 , ta có:  2 3 sin x cos x  2 cos2 x  4cos x  3 sin x  cos x  2  3 1 sin x  cos x  1  x    k 2 (KTM)  2 2 3 KL: 2) ĐK: x  7; y  7  x9  y7  4   x9  y9  y7  x7  0  y9  x7  4   x  y  0 xy xy  x y 0   0  x  9  y  9  y  7  x  7(VN ) x9  y9 y7  x7 
www.VNMATH.com  x9  x7  4  Khi x  y  0 , ta có: x9  x7  4    x7  x9  x7  4  KL: Câu III (2,0 điểm) 1) + Vì SA(ABCD) nên SABM (1) Ta có:           2              AC.MB  AB  AD AB  AM  AB  AB. AM  AD. AB  AD. AM  0  ACBM (2) Từ (1) và (2): BM (SAC)  (SBM)(SAC) a + Xét tam giác ABM vuông tại A có đường cao AI  AI = 3 a2 2 a2 Xét tam giác ABI vuông tại I  BI =  SABI = 6 3 Gọi O là tâm của HCN ABCD, ta có: NO là đường trung bình tam giác SAC  ON a3 2 a = và là đường cao của hình chóp N.ABI  VABIN = (đvtt) 36 2               2) a) Ta có: BA  (2; 2;3), BC  (1; 0; 2), BD  (2; 2;0)   BC , BD   (4; 4; 2)  BA  BC , BD   6      VABCD  1, S BCD  3, AH  1      b) Gọi H(x0;y0;z0) là hình chiếu của A lên (BCD). Ta có: AH  ( x0  1; y0  1; z0  1),  BC , BD  cùng phương và       CH  ( x0  2; y0  1; z0 ),  BC , BD  vuông góc   x0  1 y0  1 z0  1 1 1 2  1 1 1  , 4( x0  2)  4( y0  1)  2 z0  0  x0  , y0  , z0   A '  ; ;    hay 4 4 2 3 3 3  3 3 3 Câu IV (1,0 điểm) a2 b2 c2 1 1 1 1 1 1 Đặt a  , b  , c   a  b  c  3, 2  ,  ,  x  2 x 2a  1 y 2  2 y 2b  1 z 2  2 z 2c  1 x y z a2 b2 c2 1 1 1 2 2 1   1 x2  2 x y  2 y z  2z 2a  1 2b  1 2c  1 2 a b c  2 Ta có: ( a  b  c)   2a  1  2b  1  2c  1   2a  1 2b  1 2c  1   a2 b2 c2     2a  1   2b  1   2c  1        2a  1 2b  1 2c  1  a2 b2 c2 ( a  b  c) 2      1 (đpcm) 2a  1 2b  1 2c  1 2(a  b  c )  3 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1 hay x=y=z=1 Câu V.a (2,0 điểm) e x 1  tan( x 2  1)  1 e x 1  1  tan( x 2  1) e x 1  1 tan( x 2  1) 1) lim = lim  lim 3  lim 3 3 x  1 x 1 3 x  1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 e x 1  1 sin( x 2  1) x2 1 x 1  lim lim 3  lim 2 lim 3   x  1 x1 x  1 cos( x 2  1) x1 x  1 x 1 x  1 x 1 e x 1  1 sin( x 2  1)     lim  x  1 x2  3 x 1   3  6  9 3 x 2  3 x  1  lim 3  lim lim x  1 cos( x  1) x1     2 2   x 1 x  1 x 1 x 1
www.VNMATH.com 2) Ta có: B(1; -1) Gọi M(-4m-3; m) (với m-1) là trung điểm của cạnh BC  C(-8m-7; 2m+1)  17m  11 17m  14  ; PT đường thẳng AM: 4x – y + 17m +12 =0  A   6 3     31m  31 11m  11   AC   ;  VTCP của AC là: (31;22) (vì m-1) và cũng là VTPT của đường cao qua đỉnh B 6 3   của tam giác ABC. PT đường cao: 31x+22y – 9 = 0 Chú ý: Có thể lập luận và chọn điểm A cụ thể khác B nằm trên đường thẳng d1. Câu VI.a (1,0 điểm)  x  1 ĐK: 3 x  4 x  2  1   2  x  1  3          log 9 3x 2  4 x  2  1  log3 3 x 2  4 x  2  2 log 9 3x 2  4 x  2  log 9 3x 2  4 x  2  1  0 (1)   Đặt t= log 9 3x 2  4 x  2 , ĐK: t0, (1) trở thành:  7  3  x  1  7   1    2 2 KL: S   2t  t  1  0  0  t  1  0  log 9 3 x  4 x  2  1   ; 1   ;1  1  x  1 3  3  3  Câu V.b (2,0 điểm)   f ( x)  (1  x )n1  (1  x) Cn  xCn  x 2Cn2  x3Cn  ...  x nCn 0 1 3 n 1) Xét hàm số:  (1  x )Cn  ( x  x 2 )Cn  ( x 2  x 3 )Cn2  ( x3  x 4 )Cn  ...  ( x n  x n 1 )Cn 0 1 3 n Ta có: f ( x )  (1  x )n 1  f '( x)  (n  1)(1  x)n  f "( x)  (n  1)n(1  x)n 1  f "(1)  (n  1)n.2 n 1 hay f ( x)  (1  x )Cn  ( x  x 2 )Cn  ( x 2  x3 )Cn  ( x3  x 4 )Cn  ...  ( x n  x n 1 )Cn 0 1 2 3 n  f '( x)  Cn  (1  2 x)Cn  (2 x  3 x2 )Cn2  (3x 2  4 x 3 )Cn  ...  (nx n 1  (n  1) x n )Cn 0 1 3 n  f "( x)  2Cn  (2  6 x )Cn2  (6 x  12 x 2 )Cn  ...  (n(n  1) x n 2  (n  1)nx n 1 )Cnn 1 3  f "(1)  2Cn  2.22 Cn2  2.32 Cn  ...  2n 2Cn 1 3 n  2Cn  2.22 Cn  2.32 Cn  ...  2n 2Cnn  (n  1)n.2 n1  Cn  2 2 Cn  32 Cn  ...  n 2Cnn  (n  1)n.2 n  2 1 2 3 1 2 3 Khi n  2012 , ta có: 12 C2012  22 C2012  32 C2012  ...  20122 C2012  2013.2012.22010 =S 1 2 3 2012 2) Gọi M là trung điểm của BC  M(4; 4) (M đối xứng với A qua đường thẳng x+y-6=0) Đường thẳng BC là: x+y-8=0    Gọi B(b;8-b)  C(8-b;b). Ta có: DB  (b  2; 4  b); AC  (6  b; b  2)    Vì D nằm trên đường cao qua đỉnh B của tam giác ABC nên DBAC  DB. AC  0  b  2, b  5 + Khi b=2, ta có: B(2;6) và C(6;2) + Khi b=5, ta có: B(5;3) và C(3;5) Câu VI.b (1,0 điểm) ĐK: x  4 32 x  8.3x  x4 x 4  0  32 x  2 x4  8.3x  x4  9.9  9  0 (2) 1 7 Đặt t  3x  x4 . (2) trở thành: t2 – 8t – 9 > 0  t > 9 4 DK : t  3 Khi t >9, ta có: 3x  x4  9  x x 4  2  x 4 x 4 6  0  x 4  3  x  5 KL: S  (5; ) ------------ HẾT ------------ Hoàng Văn Huấn – Sưu tầm đề và đưa ra hướng dẫn giải.

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.