Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 126

Chia sẻ: TiPo | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

101
lượt xem 22
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học môn toán năm 2012_đề số 126', 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 môn toán năm 2012_Đề số 126

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 126 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm). 2x +1 Câu I (2 điểm): Cho hµm sè y = x +1 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè ®· cho. 2. T×m trªn (C) nh÷ng ®iÓm cã tæng kho¶ng c¸ch ®Õn hai tiÖm cËn cña (C) nhá nhÊt � 2009π � Câu II (2 điểm):1) Giải phương trình: cos 2 x + 2 2 sin � + � 4 cos x sin x + 4sin x cos x . = 2 2 x 4� � 1 1 x2 + x + (1 + ) = 4 y y 2) Giải hệ phương trình: . x2 x 1 + + 3 = 4 − x3 y2 y y � 3 − 4x2 − 4x � 0 Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = + x. 2 x + 1 � . �2 dx � � 1 �4 x + 4 x + 5 � − 2 Câu IV (1 điểm):Trên đường thẳng vuông góc tại A với mặt phẳng của hình vuông ABCD cạnh a ta lấy điểm S với SA = 2a . Gọi B’, D’ là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD. Mặt phẳng (AB’D’ ) cắt SC tại C’ . Tính thể tích khối đa diện ABCDD’ C’ B’. Câu V (1 điểm): Tam gi¸c ABC cã ®Æc ®iÓm g× nÕu c¸c gãc tho¶ m·n: cos A.cos B cos B.cos C cos C.cos A 3 + + =? cos C cos A cos B 2 II. PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: 1. Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường tròn ( C) : x 2 + y 2 − 2 x + 6 y − 15 = 0 và đường thẳng (d) : mx − y − 3m = 0 ( m là tham số). Gọi I là tâm của đường tròn . Tìm m để đường thẳng (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B tho ả mãn chu vi ∆ IAB bằng 5(2 + 2) . x −1 y z +1 == 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng : (d1 ) : và −2 1 1 x y − 2 z +1 (d 2 ) : = = . Viết phương trình mặt phẳng chứa (d1) và hợp với (d2) một góc 300. −1 1 1 Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + 4a 4b 4c a + 3b b + 3c c + 3a a + 2b + c b + 2c + a c + 2a + b 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) tâm I(-1; 1), bán kính R=1, M là một điểm trên (d ) : x − y + 2 = 0 . Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) một góc 450 tiếp xúc với (C) tại A, B. Viết phương trình đường thẳng AB. 2) Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(0; 0; 2), B(-2; 2; 0), C(2; 0; 2), DH ⊥ ( ABC ) và DH = 3 với H là trực tâm tam giác ABC. Tính góc giữa (DAB) và (ABC). Câu VII.b (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta có: a b c + + 1. a + (a + b)(a + c) b + (b + a)(b + c) c + (c + a)(c + b)
ĐÁP ÁN THI THỬ LẦN 2 NĂM 2008- 2009- MÔN TOÁN. PHẦN CHUNG. I. Phần Nội dung Điểm Câu HS tù gi¶i Câu I 1(1,0) (2,0) 2(1,0) HS tù gi¶i Phần Nội dung Điểm Câu � 2009π � Câu II 1(1,0) cos 2 x + 2 2 sin � + � 4 cos x sin x + 4sin x cos x = 2 2 x (2,0) 4� � � cos x − sin x + 2(sin x + cos x) = 4sin x.cos x(sin x + cos x) 2 2 0,5 � (cos x + sin x)(cos x − sin x − 4 cos x.sin x + 2) = 0 cos x + sin x = 0 (1) cos x − sin x − 4sin x.cos x + 2 = 0 (2) 0,25 π + Giải (1): (1) � tan x = −1 � x = − + kπ 4 + Giải (2): Đặt cos x − sin x = t , t 2 ta có phương trình: 2t 2 + t = 0 . t=0 t = −1/ 2 0,25 π • Với t = 0 ta có: tan x = 1 � x = + kπ 4 • Với t = −1/ 2 ta có: x = arccos(− 2 / 4) − π / 4 + k 2π π cos( x + ) = − 2 / 4 4 x = − arccos(− 2 / 4) − π / 4 + k 2π π π KL: Vậy phương trình có 4 họ nghiệm: x = − + kπ , x = + kπ , 4 4 x = arccos(− 2 / 4) − π / 4 + k 2π , x = − arccos( − 2 / 4) − π / 4 + k 2π . 2(1,0) 1 1 1 1 x 2 + x + (1 + ) = 4 x2 + 2 + x + = 4 y y y y � � 0,25 §k y 0 � ®Æt � 2 �3 + 1 + x ( 1 + x) = 4 � + x + 1 = 4 − x3 x x �2 � y3 y y y3 y y 1 a = x+ y x 0,25 b= y � 2 + a − 2b = 4 � + a − 4 = 2b � 2 + a − 4 = 2b a=2 a2 a a � �3 � �2 �� Ta ®îc � 3 b =1 � − 2ab = 4 � − a( a + a − 4) = 4 � − 4a + 4 = 0 0,25 2 a a a x= y y =1 Khi ®ã � 1 KL � x =1 x+ =2 0,25 x Phần Nội dung Điểm Câu Câu III � 3 − 4x − 4x � 4 − (2 x + 1) 2 0 0 0 2 + x. 2 x + 1 � = � dx + �. 2 x + 1)dx I= � dx (x (1,0) � � 1 �(2 x + 1) + 4 1 (2 x + 1) + 4 2 2 �− 1 − − 2 2 2 0,25
4 − (2 x + 1) 2 0 0 =� �. dx + 2 x + 1)dx (x 1 (2 x + 1) + 4 2 1 − − 2 2 4 − (2 x + 1) 2 0 + Tính: I1 = dx . Đặt: (2 x + 1) 2 + 4 1 − 2 �π π � π 1 2 x + 1 = 2sin t , t � − ; � dx = cos tdt , x = − � t = 0,x = 0 � t = . � � �2 2� 2 6 π π π π 2 − 1 − sin tdt 2 2 6 6 6 6 2 cos t 1 dt Khi đó: I1 = � 2 t + 4dt = � 2 t + 1) = − 2 �+ � 2 t + 1 dt 4sin 2(sin sin 0 0 0 0 π 0,25 =− π + 6 dt 12 0 sin 2 t + 1 π π 2 6 6 dt d (tan t ) . Đặt: tan t = + Tính: I 2 = tan y . � 2 t + 1 0 2(tan t + 1/ 2) =� 2 2 sin 0 2 2 Suy ra: d (tan t ) = d (tan y ) = (1 + tan 2 y )dy , với 2 2 π π 6 t = 0 � y = 0, t = � y = ϕ sao cho tan ϕ = , (0 < ϕ < ) 6 2 3 0,25 ϕ 2 2 2 ϕ ϕ. Khi đó: I 2 = dy = = y 0 2 2 2 0 0 + Tính: I 3 = ( x. 2 x + 1)dx . Đặt: 1 − 2 1 1 t = 2 x + 1 � 2 x = t 2 − 1, dx = tdt , x = − � t = 0, x = − � t = 1 . 2 2 12 t −1 2 � t� 5 3 t 1 Khi đó: I 2 = t dt = � − � = − 1 0 2 10 6 � 15 � 0 0,25 π 1π 2 6 , (0 < ϕ < ) ) ϕ , ( tan ϕ = KL: Vậy I = I1 + I 2 + I 3 = − − + 2 15 12 2 3 Phần Nội dung Điểm Câu Câu IV S + Trong tam giác SAB hạ AB ' ⊥ SC . (1,0) Trong tam giác SAD hạ AD ' ⊥ SD . Dễ có: BC ⊥ SA, BC ⊥ BA � BC ⊥ (SAB ) Suy ra: AB ' ⊥ BC , mà AB ' ⊥ SB . Từ đó có AB ' ⊥ ( SAC ) � AB ' ⊥ SC (1) . D' Tương tự ta có: AD ' ⊥ SC (2) . Từ (1) và (2) C' suy ra: SC ⊥ ( AB ' D ') � B ' D ' ⊥ SC . B' Từ đó suy ra: SC ' ⊥ ( AB ' C ' D ') 0,25 A D O 1 1 1 2 5a = 2+ � AB ' = + Ta có: 2 2 AB ' SA BA 5 C B
4 45 � SB ' = SA2 − AB '2 = 4a 2 − a 2 = a , SB = SA2 + AB 2 = 5a . 5 5 SB ' 4 =; Suy ra: SB 5 Lại có B’D’ // BD (cùng thuộc mp(SBD) và cùng vuông góc với SC) nên B ' D ' ⊥ AC ' (vì dễ có BD ⊥ ( SAC ) nên BD ⊥ AC ' ). B ' D ' SB ' 4 = = Xét hai tam giác đồng dạng SB’D’ và SBD suy ra: BD SB 5 4 2a � B'D' = . 5 1 1 1 2 3a 26 0,5 = 2+ � AC ' = � SC ' = SA2 − AC '2 = Ta có: a 2 2 AC ' SA AC 3 3 1 11 16 3 + Ta có: VS . AB 'C ' D ' = S AB ' C ' D ' .SC ' = . B ' D '. AC '.SC ' = a . 3 32 45 1 23 VS . ABCD = S ABCD .SA = a . Suy ra thể tích đa diện cần tìm là: 3 3 14 0,25 V = VS . ABCD − VS . AB 'C ' D ' = a 3 . 45 Chú ý: Vẽ hình sai không chấm. Phần Nội dung Điểm Câu Câu 11 4 Dễ có: ( x + y ) �� +� ( x, y < 0)(*) . 2 4 xy VIIa 0,25 x y x+ y (1,0) 1 1 1 1 1 1 + + + + + Chứng minh: . 4a 4b 4c a + 3b b + 3c c + 3a 1111 16 13 16 Áp dụng 2 lần (*) ta có: + + + hay + (1) a b b b a + 3b a b a + 3b 13 16 13 16 Tương tự ta có: + (2) và + (3) b c b + 3c c a c + 3a 0,25 Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế rồi rút gọn ta có điều phải chứng minh. 1 1 1 1 1 1 + + + + + Chứng minh: a + 3b b + 3c c + 3a a + 2b + c b + 2c + a c + 2a + b 0,25 1 1 4 2 + = Áp dụng (*) ta có: (4) a + 3b b + 2c + a 2(a + 2b + c) a + 2b + c 1 1 2 + (5) Tương tự ta có: b + 3c c + 2a + b b + 2c + a 0,25 1 1 2 + (6) c + 3a a + 2b + c c + 2a + b Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta có điều phải chứng minh. PHẦN RIÊNG.1. Chương trình Chuẩn. II. Phần Nội dung Điểm Câu CâuVIa. 1(1,0) (1,0) Phần Nội dung Điểm Câu Giả sử mặt phẳng cần tìm là: (α ) : ax + by + cz + d = 0 (a 2 + b 2 + c 2 > 0) . CâuVIa. 2(1,0)
Trên đường thẳng (d1) lấy 2 điểm: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0). (1,0) �a − c + d = 0 � = 2a − b c Do (α ) qua A, B nên: � nên � 0,25 �a + b + d = 0 − � = a−b d (α ) : ax + by + (2a − b) z + a − b = 0 . 1.a − 1.b + 1.(2a − b) 1 = sin 300 = Yêu cầu bài toán cho ta: 0,25 2 12 + (−1) 2 + 12 . a 2 + b 2 + (2a − b) 2 � 2 3a − 2b = 3(5a 2 − 4ab + 2b 2 ) � 21a 2 − 36ab + 10b 2 = 0 18 − 114 a= 21 0,25 Dễ thấy b 0 nên chọn b=1, suy ra: 18 + 114 a= 21 KL: Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn: 18 + 114 15 + 2 114 3 − 114 x+ y+ z− =0 21 21 21 18 − 114 15 − 2 114 3 + 114 x+ y+ z− = 0. 21 21 21 0,25 2. Chương trình Nâng cao. Phần Nội dung Điểm Câu Dễ thấy I (d ) . Hai tiếp tuyến hợp với (d) một góc 450 suy ra tam giác CâuVIb 1(1,0) . MAB vuông cân và tam giác IAM cũng vuông cân . Suy ra: IM = 2 . uuu r (1,0) M � d ) � M ( a; a+2), IM = ( a + 1; a + 1) , ( a=0 IM = 2 � 2 a + 1 = 2 � . 0,5 a = −2 Suy ra có 2 điểm thỏa mãn: M1(0; 2) và M2 (-2; 0). + Đường tròn tâm M1 bán kinh R1=1 là (C1): x 2 + y 2 − 4 y + 3 = 0 . Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C1) nên AB: x2 + y 2 − 4 y + 3 = x2 + y 2 + 2x − 2 y + 1 � x + y −1 = 0 . 0,25 + Đường tròn tâm M2 bán kinh R2=1 là (C2): x 2 + y 2 + 4 x + 3 = 0 . Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C2) nên AB: x2 + y 2 + 4 x + 3 = x2 + y 2 + 2 x − 2 y + 1 � x + y + 1 = 0 . 0,25 + KL: Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn: x + y − 1 = 0 và x + y + 1 = 0 . Phần Nội dung Điểm Câu Trong tam giác ABC, gọi K = CH AB . CâuVIb 2(1,0) D Khi đó, dễ thấy AB ⊥ ( DCK ) . Suy ra góc giữa (DAB) và . (1,0) (ABC) chính là góc DKH .Ta tìm tọa độ điểm H rồi 0,25 Tính được HK là xong. + Phương trình mặt phẳnguuu uuu (ABC). r rr - Vecto pháp tuyến n = [ AB, AC ] = ( 0; −4; −4 ) - (ABC): y + z − 2 = 0 . + H ( ABC ) nên giả sử H (a; b; 2 − b) C . A uuur uuu r Ta có: AH = (a; b; −b), BC = (4; −2; 2). H K uuur uuu r CH = (a − 2; b; −b), AB = ( −2; 2; −2). B
uuu uuur r BC. AH = 0 a −b = 0 � a = b = −2 �� Khi đó: � r uuu uuu r − a + 2b + 2 = 0 AB.CH = 0 0,25 Vậy H(-2; -2; 4). + Phương trình mặt phẳng qua H và vuông góc với AB là: x − y + z − 4 = 0 . x=t Phương trình đường thẳng AB là: y = −t . z = 2+t 0,25 x=t y = −t Giải hệ: ta được x =2/3; y =-2/3, z =8/3. z = 2+t x− y+ z−4=0 Suy ra: K(2/3;-2/3; 8/3). Suy ra: 2 2 2 2 � �2 8 96 � �� HK = � + 2 �+ � + 2 �+ � − 4 � = − . 3 � �3 3 3 � �� 0,25 Gọi ϕ là góc cần tìm thì: tan ϕ = DH / HK = 96 /12 = 6 / 3 � ϕ = arctan( 6 / 3) Vậy ϕ = arctan( 6 / 3) là góc cần tìm. Phần Nội dung Điểm Câu Víi a,b >0 ta cã CâuVIIb 0,25 ( a + b ) ( a + c ) − ( ab + ac )2 = a 2 + bc − 2a bc = (a − bc ) 2 . 0 (1,0) � ( a + b ) ( a + c ) � ab + ac ) 2 � ( a + b) ( a + c) � ab + ac ) ( ( 0,5 a a a = 0,25 a + (a + b)(a + c) a + ab + ac a+ b+ c CM t2 råi céng vÕ víi vÕ ta ®îc dpcm sin C cos A.cos B tan C = � CâuV Ta cã tanA+tanB= cos A.cos B cos C tan A.tan B ∆ABC kh«ng nhän nªn ®Æt x=tanA>0,y=tanB>0,z=tanC>0 x y z 3 x y z 3 + + = víi x,y,z>0.DÔ dµng CM ®îc + + Tõ GT ta cã .DÊu y+z z+x x+ y 2 y+z z+x x+ y 2 “=”x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=z hay tam gi¸c ABC ®Òu