Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 130

Chia sẻ: TiPo | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

253
lượt xem 111
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 130', 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 130

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN ( Đ Ề 130) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I ( 2 điểm) x+2 Cho hàm số y = (C ) x −3 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C). 2) Tìm trên đồ thị ( C) điểm M sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận đứng 1 bằng khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận ngang. 5 Câu II ( 2 điểm) 1) Giải phương trình : 2sin 3 x − cos 2 x + cos x = 0 2) Giải bất phương trình: x 2 − x − 2 + 3 x 5x2 − 4x − 6 Câu III ( 1 điểm) 1 Tính I = x ln(1 + x )dx 2 0 Câu IV ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B , AB = a, AC = 2a, SA = a và SA vuông góc mặt đáy, mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SC tại H và cắt SB tại K. Tính thể tích khối chóp S.AHK theo a. Câu V ( 1 điểm) �2 1 � 2 1 � � Cho x, y > 0 và x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= � + 2 �y + 2 � x �x. � y� � � PHẦN RIÊNG ( 3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( Phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a ( 2 điểm) 1) Cho tam giác ABC có B(3; 5), đường cao AH và trung tuyến CM lần lượt có phương trình d: 2x - 5y + 3 = 0 và d’: x + y - 5 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A và viết phương trình cạnh AC. 2) Cho mặt cầu (S) : ( x − 3) 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 1) 2 = 100 và mặt phẳng (α ) : 2 x − 2 y − z + 9 = 0 Chứng minh rằng (S) và (α ) cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn (T). Tìm tâm và bán kính của đường tròn (T) . Câu VII.a ( 1 điểm) Tìm số phức z, nếu z + z = 0 . 2 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI .b ( 2 điểm) 1) Cho đường tròn ( C) x 2 + y 2 − 2 x − 4 y − 4 = 0 và điểm A (-2; 3) các tiếp tuyến qua A của ( C) tiếp xúc với ( C) tại M, N .Tính diện tích tam giác AMN. x = 4 + t x − 2 y −1 z −1  và d’:  y = 2 − t = = 2) Cho hai đường thẳng d: −1 1 2 z = t  Chứng minh rằng d và d’ chéo nhau. Tính độ dài đoạn vuông góc chung của d và d’. x 2 − 3x + 2 Câu VII.b ( 1 điểm) Cho hàm số y = (C). Tìm trên đường thẳng x = 1 những điểm mà từ x đó kẻ được 2 tiếp tuyến đến đồ thị ( C). *********************Hết********************
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN ( Đ Ề 64) Nội dung +)pt � 2sin 3 x − (1 − 2sin 2 x) + cos x = 0 � 2sin 2 x(1 + s inx) − (1 − cos x) = 0 � (1 − cos x) [ 2(1 + cos x)(1 + s inx) − 1] = 0 � (1 − cos x) [ 2(s inx + cos x) + 2sin x cos x + 1] = 0 1 − cos x = 0 (1) 2(s inx + cos x) + 2sin x cos x + 1 = 0 (2) Giải (1) ta được x = 2kπ (k Z ) π Đặt t = s inx + cos x = 2 sin( x + ) , t �� 2; 2 � − Giải (2) : � � 4 t =0 Ta được phương trình t 2 + 2t = 0 t = −2 (loai) −π −π + kπ (k �Z ) Vậy phương trình có nghiệm: x = 2kπ x = + kπ ( k Với t = 0 � x = Z) 4 4 Bình phương hai vế ta được 6 x( x + 1)( x − 2) 4 x 2 − 12 x − 4 � 3 x( x + 1)( x − 2) � x( x − 2) − 2( x + 1) 2 x( x − 2) x ( x − 2) −2 3 2 x +1 x +1 −1 t x( x − 2) �۳ t 2 Đặt t = 0 ta được bpt 2t − 3t − 2 0 2 2 x +1 t 2 ( do t 0) x( x − 2) Với t �۳�−−� x2 6x 4 0 2 2 x +1 x 3 − 13 �۳+ x3 13 ( do x 2 ) Vậy bpt có nghiệm x 3 + 13 x 3 + 13 2 xdx x2 Đặt u = ln(1 + x ) � du = 2 dv = xdx � v = 1 + x2 2 1 1 x2 x3 1 Do đó I = ln(1 + x 2 ) − dx = ln 2 − I1 1+ x 2 2 2 0 0 1 1 1 1 x 1 1 2x 11 11 Tính I1: Ta có I1 = � − )dx = x − � 2 dx = − ln 1 + x 2 = − ln 2 (x 1+ x 2 0 2 0 1+ x 2 22 22 0 0
1 Vậy I = ln 2 − 2 S +) Theo bài ra ta có SH ⊥ ( AHK ) H BC ⊥ SA, BC ⊥ AB � BC ⊥ (SAB ) � BC ⊥ AK a Và AK ⊥ SC nên K 2a C AK ⊥ ( SBC ) � AK ⊥ KH và SB ⊥ AK A a B +) Áp dụng định lý Pitago và hệ thức trong tam giác vuông 2a a3 a 1 a2 AH = � KH = , SH = ta có AK = SB = , 5 10 5 2 2 a2 6 1 +) Ta có S AHK = AK .HK = (dvdt ) 2 4 10 a3 3 1 Vậy VS . AHK = S AHK .SH = ( dvtt ) 2 60 1 � 1� +) Theo B ĐT Côsi ta có 0
+) Goi d1 là đường thẳng qua B và song song với d’ nên phương trình d1 là: x + y – 8 = 0. 33 19 Gọi E = d d1 nên E ( ; ) .Vì d’ là đường trung tuyến qua C nên D là trung điểm AE suy ra A(1;1) 77 +) Ta có cạnh BC ⊥ c với d nên phương trình cạnh BC là 5x + 2y – 25 = 0Suy ra uuu −38 47 r −35 50 C = ( BC ) �� C ( d' ; ) AC ( ;) 33 33 x = 1 − 38t +) Vậy phương trình cạnh AC là y = 1 + 47t 2.3 − 2(−2) − 1 + 9 +) Mặt cầu (S) có tâm I(3;-2;1) và bán kính r = 10 .Ta có : h = d ( I , (α )) = =6 4 + 4 +1 Vậy d ( I , (α )) < r nên (S) cắt (α ) theo giao tuyến là đường tròn (T) . +) Gọi J là tâm của (T) thì J là hình chiếu của I lên (α ) .Xét đường thẳng (d) đi qua I và vuông góc với (α ) rr . Lúc đó (d) có vectơ chỉphương là a = n = (2; −2; −1) . Phương trình tham số của (d) là : x = 3 + 2t (d ) : y = −2 − 2t (t ﾡ ) z = 1− t x = 3 + 2t y = −2 − 2t (α ) Xét hệ: +) Ta có J = d Giải hệ này ta được : J(-1;2;3) . z = 1− t 2x − 2 y − z + 9 = 0 +) Gọi r’ là bán kính của (T) , ta có : r = r 2 − h 2 = 100 − 36 = 8 Vậy : J(-1;2;3) và r’= 8 +) Đặt z = x + yi, khi đó z 2 + z = 0 � ( x + yi )2 + x 2 + y 2 = 0 ) ( x2 − y 2 + x2 + y 2 = 0 � x 2 − y 2 + x 2 + y 2 + 2 xyi = 0 � +) 2 xy = 0 x=0 x=0 � =0 x �x = 0, y = 0 �y = 0 � �y + y = 0 −2 � (1 − y ) = 0 y x = 0, y = 1 �y = 1 +) ⇔ � � � x = 0, y = −1 � =0 � =0 y y x = 0 (do x + 1 > 0) y = 0, x = 0 x (1 + x ) = 0 � + x =0 x2 � y =0 +)Vậy có ba số phức thoả điều kiện là z = 0; z = i; z = − i.
+) Ta có (C ) có Tâm I(1; 2) bán kính R = 3 Và dễ thấy có một tiếp tuyến vuông góc với Ox và qua A là d: x= -2 +)Gọi d’ là dường thẳng qua A ( -2; 3) có hệ số góc là k ta có d’ y = k(x + 2) + 3 3k + 1 4 =3� k = d’ là tiếp tuyến của ( C ) d( I, d’ ) = R  3 k 2 +1 −7 57 + ta có tiếp điểm của d và (C ) là M(-2; 0), của d’ và (C ) là N ( ;) 55 73 1 9 + Ta có AM = 3, d ( N , d ) = −2 + = .Vậy S AMN = AM .d ( N , d ) = (dvdt ) 55 2 10 r r uuuu r +) Ta có vtcp của d u (1; −1; 2) và M(2;1;1) d vtcp của d’ u '(1; −1;1) và N (4;2;0) d' => MN (2;1; −1) r ur uuuu r +)Ta có �, u '� .MN = 3 0 vậy d và d’ chéo nhau ta có A �d � A(2 + k ;1 − k ;1 + 2k ) , u� � uuurr AB.u = 0 uuu r B �d ' � B(4 + t ; 2 − t ; t ) � AB (2 + t − k ;1 − t − k ; −1 + t − 2k ) AB là đoạn vuông góc chung  uuu ur r AB.u ' = 0 �t − 6k − 1 = 0 �= −2 4 t uuu r 32 +) � � �� AB (1,5;1,5;0) Vậy d(d,d’) = AB = �t − 4k = 0 � = −1,5 3 k 2 r ur uuuu r �, u '� u� .MN 3 � Chú ý : có thể tính theo cách d (d , d ') = = r ur �, u '� 2 u �� +) Gäi M lµ ®iÓm thuéc ®êng th¼ng x=1, d lµ ®êng th¼ng ®i qua M cã hÖ sè gãc lµ k. d cã ph¬ng tr×nh lµ : y= k(x-1)+m ( víi M(1,m) ) x 2 − 3x + 2 � 2 − 2 � x = � 2 �x − 1) + m ( +) Thay (2) vµo (1) ta cã x �x � � x ( x 2 − 3 x + 2) = ( x 2 − 2)( x − 1) + mx 2 � g ( x, m) = (2 + m) x 2 − 4 x + 2 = 0 (3) +)§Ó tõ M kÎ ®îc ®óng 2 tiÕp tuyÕn ®Õn C th× ph ¬ng tr×nh (3) cã ®óng 2 ngiÖm ph©n biÖt ∆ ' = 4 − 2(2 + m) > 0 −2 m > 0 m