Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 132

Chia sẻ: TiPo | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

187
lượt xem 64
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 132', 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 132

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 132 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 ĐIỂM) x +1 Câu I. (2 điểm) Cho hàm số: y = có đồ thị là (C). x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) : y = 2x + m luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt M và N thuộc trên hai nhánh của (C). Khi đó hãy tìm các giá trị của m để đoạn MN ngắn nhất. Câu II. (2 điểm) π π 2� 2� � � 1. Giải phương trình: 2sin � cos x � 1 − sin � sin 2x � = . 2 2 � � � � 1 1 2. Giải phương trình: (x + 24) 3 + (12 − x) 2 = 6 . 1 dx Câu III. (1 điểm) Tính tích phân: I = (1 + x ). 3 1 + x 3 3 0 Câu IV. (1 điểm) Trong mặt phẳng (P) cho tam giác đều ABC cạnh a, I là là trung điểm của BC và D là điểm đối xứng a6 của A qua I. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại D lấy m ột đi ểm S sao cho SD = . Gọi H là hình 2 chiếu của I trên SA. Chứng minh rằng (SAB) ⊥ (SAC) và tính theo a thể tích của khối chóp H.ABC. ( ) Câu V.(1 điểm) Cho a, b, c là các số dương thuộc khoảng 0; 6 và a + b + c = 3 3 . 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = + + . 6 − a2 6 − b2 6 − c2 II. PHẦN RIÊNG (3 ĐIỂM) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy cho hai đường tròn (C1 ) và (C2 ) nằm cùng phía đối với trục tung. Biết (C1 ) : (x − 1) + (y − 2) = 1 và (C2 ) tiếp xúc với trục tung tại gốc tọa độ, có đường kính 2 2 bằng 4. Viết phương trình các tiếp tuyến chung của (C1 ) và (C2 ) . 2. Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz. Viết phương trình đường thẳng qua điểm A(1;1;0) x =1 x = −1 + u đồng thời cắt cả hai đường thẳng (d1 ) : y = t ; (t ﾡ ) và (d 2 ) : y = 0 ; (u ﾡ ) . z=t z =1 Câu VII.a. (1 điểm) Cho số tự nhiên n thỏa: 1.C n + 2C n + ... + nC n = n.2 1 2 n 2009 . Tìm số hạng chứa x 805 trong khai triển nhị thức n 1� � Niutơn của � x + �; x > 0 . 2x x � � Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu VI.b. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy, cho hình vuông tâm I(2;3) , có một cạnh nằm trên đường thẳng ( ∆ ) : x − 2y − 1 = 0 . Viết phương trình các cạnh của hình vuông đó. 2. Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz, cho m ặt cầu (S) : (x − 1) + (y + 2) + (z + 3) = 64 và 2 2 2 mặt phẳng (P) : 2x − y + 2z + 13 = 0 cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn (C). Xác định tâm và bán kính của đường tròn đó. Câu VII.b. (1 điểm) 3 Trong các số phức thỏa mãn điều kiện z − 2 + 3i = . Hãy tìm số phức có môđun nhỏ nhất. 2 –––––––––––––––––––––––––– Hết –––––––––––––––––––––––––––– Ghi chú: Học sinh trình bày bài làm rõ ràng, sạch sẽ, không sử dụng bút xóa và bút chì.
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 132 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 ĐIỂM) Câu I. (2 điểm) 1. (học sinh tự giải) 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C): x + 1 = (x − 1)(2x + m) ; (x 1) y � 2x 2 − (3 − m)x − 1 − m = 0 ; (x �1) Đặt: f (x) = 2x 2 − (3 − m)x − 1 − m ∆ = (3 − m) 2 + 8(1 + m) = m 2 + 2m + 7 > 0 ; ∀m Ta có: f (1) = −2 0 ; ∀m 1 (d) luôn cắt (C) tai hai điểm phân biệt M và N x 1 -1 Mặt khác: a.f (1) = 2.f (1) = −4 < 0 � x N < 1 < x M O -1 Vậy M, N luôn thuộc hai nhánh của (C). y M = 2x M + m (do M , N (d) ) Ta có: y N = 2x N + m � − m) 2 �5 (3 MN = (x M − x N ) + (y M − y N ) = 5(x M − x N ) = 5(S − 4P) = 5 � + 2(1 + m) � � + m) 2 + 16 � 20 =� 2 2 2 2 2 (1 � �4 �4 Vậy: MN min = 2 5 � m + 1 = 0 � m = −1 Câu II. (2 điểm) π π 2� 2� � � 1. 2sin � cos x � 1 − sin � sin 2x � = 2 2 � � � � π π π � 1 − 2sin 2 � cos2 x � sin � sin 2x � cos ( πcos2 x ) = sin � sin 2x � � � � � � � = � 2 2 2 � � � � � � �ππ π � cos ( πcos2 x ) = cos � − sin 2x � cos ( πcos 2 x ) = cos � (1 − sin 2x) � � � � � �22 2 � � � π 1 � πcos2 x = � (1 − sin 2x) + k2 π � cos 2 x = � (1 − sin 2x) + 2k 2 2 1 1 (1 + cos2x) = (1 − sin 2x) + 2k �+ cos2x = 1 − sin 2x + 4k � 2x + cos2x = 4k 1 sin (1) 2 2 �� + cos2x = sin 2x − 1 + 4k � 2x − cos2x = 2 − 4k (2) 1 1 1 sin (1 + cos2x) = − (1 − sin 2x) + 2k 2 2 1 1 − k Phương trình (1) có nghiệm + =(4k)��= 2 �− 1 1 2 2 2 16k 2 8k 10 k 0 22 22 kﾡ Phương trình (2) có nghiệm � (2 − 4k) 2 � + 1 = 2 � 4(1 − 2k) 2 � � 4(1 − 4k + 4k 2 ) � � 8k 2 − 8k + 1 � 1 2 2 0 2− 2 2+ 2 k 4 � k �φ � phương trình (2) vô nghiệm. � 4 kﾡ Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi k = 0 � sin 2x + cos2x = 0 π� π π kπ � � sin � + � 0 � 2x + = kπ � x = − + = ; (k �ﾡ ). 2x 4� 4 82 �
2. Nhận xét: Theo định nghĩa của lũy thừa số mũ hữu tỉ, cơ số phải dương nên điều kiện có nghĩa của x + 24 > 0 � −24 < x < 12 . biểu thức là: 12 − x > 0 1 1 với u , v > 0. Đặt: u = (x + 24) 3 ; v = (12 − x) 2 �+v=6 �+v=6 �+v=6 �+v =6 u u u u � �3 � �3 �� 2 Ta có: � 3 � + v = 36 � + (6 − u) = 36 � + u − 12u = 0 u(u + u − 12) = 0 2 2 2 u u u � 1 (x + 24) 3 = 3 x + 24 = 27 u=3 1 � � (do u, v > 0) � � − x) 2 = 3 � � − x = 9 � x = 3 (thỏa) � (12 12 v=3 � 24 < x < 12 � 24 < x < 12 − − Câu III. (1 điểm) 1 x = t − 1 � x = ( t − 1) 3 3 3 3 Đặt: t = 1 + x � t = 1 + x � 3 3 3 3 t 2dt t 2dt x 2dx = t 2dt � dx = = 2 x2 ( t 3 − 1) 3 x 0 1 Đổi cận: t 1 3 2 Khi đó: 2 − t2 � 1� 3 2 �− 3 � 1 3 3 3 2 2 2 dt dt (t − 1) �t = � 4 � dt � � = = 3 3 3 3 2 2 2 3 2 t dt I= � � � dt = dt = 2 2 t � 1� �� 1 � � 2 2 t4 1 1 1 3 3 t 4 . ( t 3 − 1) t 2 . ( t 3 − 1) t �− 3 � 4 t 2 . � �− 3 � 1 t3 1 1 1 1 3 3 � � t� �� t � � 1 3dt du dt Ta lại đặt tiếp: u = 1 − � du = 4 � = 3 3 t4 t t 3 2 t Đổi cận: 1 1 u 0 2 2 1 − � 1� 3 �1 � 2 1 1 2 �− 3 � 1 2 1 − 3 1� 3� 2 12 2 2 u 1 −3 u 1 3 Vậy: I = � t � dt = � du = 3 � du = 3 �1 � = u 3 = 3 2 . � t4 u 3 �� 1 0 0 0 �3 � 0 Câu IV. (1 điểm) Chứng minh: (SAB) ⊥ (SAC) . BC ⊥ AD � BC ⊥ (SAD) � BC ⊥ SA � Ta có: BC ⊥ SD (doSD ⊥ (ABC)) SA ⊥ BC � SA ⊥ (HBC) � SA ⊥ HB và SA ⊥ HC � [(SAB), (SAC)] = BHC . ﾡﾡ � Như vậy: SA ⊥ IH HI AI a6 a3 Ta có: ∆AHI : ∆ADS � = với: SD = , AI = SD AS 2 2
AI.DS a3a6 2 a a 6 2 3a 2 � HI = = SD = = AS = AD 2 + SD 2 = (a 3) 2 + ( )= . . AS 2 2 3a 2 2 2 2 a Tam giác HBC có IH = IB = IC = � ∆HBC vuông tại H � BHC = 900 ﾡ S 2 Vậy: (SAB) ⊥ (SAC) (đpcm) H Tính theo a thể tích của khối chóp H.ABC Ta có: VH .ABC = VS.ABC − VS.HBC A C 2 3 1 1a 6a 3 a 2 VS.ABC = SD.SABC = . = (đvtt). . I 3 32 4 8 D B 1 SH là đường cao của hình chóp S.HBC � VS.HBC = SH.S∆BCH 3 a a2 Tam giác IHC có IH = IC = , HC = � ∆IHC vuông cân tại I. 2 2 1 a 2 2 a2 a2 1 � ∆IHB vuông cân tại I � HB = HC = � S∆BHC = HB.HC = .( ) = (đvdt) 2 22 4 2 a2 a 2 a 22 Tam giác AHB vuông tại H � AH = BA 2 − BH 2 = a 2 − ( ) = a2 − = 2 2 2 3a 2 a 2 2a 2 a2 a3 2 1 SH = SA − AH = − = = a 2 � VS.HBC = .a 2. = (đvtt). 2 2 22 3 4 12 a3 2 a3 2 a3 2 Vậy: VH.ABC = VS.ABC − VS.HBC = − = (đvtt). 8 12 24 Câu V. (1 điểm) Vẻ đường tròn tâm O đường kính AB = 6 C Do 0 < a < 6 , trên đường tròn ta lấy điểm M sao cho AM = a � MB = 6 − a 2 . M Gọi C là điểm chính giữa của nửa cung tròn chứa điểm M � CO ⊥ AB a (Chú ý rằng các tam giác MAB và CAB vuông tại M và C). 6 − a2 Ta có: 2S∆AMB = AM.MB = HM.AB CO.AB (Vì MH OC) A B H O 1 a 6 �a 6−a � . 6 =3 (1). Dấu đẳng thức xảy ra khi a = 3 2 6 − a2 3 2 1 b 1 c Hoàn toàn tương tự ta cũng có: (2) và (3). 3 3 6−b 3− c 2 2 a +b+c 3 3 1 1 1 + + = =3 Cộng (1) , (2) và (3) vế theo vế ta được: 3 3 6−a 6−b 6−c 2 2 2 Vậy Pmin = 3 đạt được khi a = b = c = 3 . II. PHẦN RIÊNG (3 ĐIỂM) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm) 1. Ta có: Đường tròn (C1 ) có tâm I(1;2) và bán kính R 1 = 1 nên (C1 ) tiếp xúc với Oy (1)
Do hai đường tròn (C1 ) và (C2 ) nằm cùng phía với trục tung và đường tròn (C2 ) tiếp xúc với trục tung tại gốc tọa độ, có đường kính bằng 4 nên (C2 ) có tâm J ( 2;0) nằm trên trục hoành và có bán kính R 2 = 2 (2) Mà: R 1 − R 2 < IJ < R 1 + R 2 (C1 ) và (C2 ) cắt nhau tại hai điểm. (C1 ) và (C2 ) có hai tiếp tuyến chung. Từ (1) và (2) suy ra trục Oy: x = 0 là một tiếp tuyến chung của (C1 ) và (C2 ) . x − xI y − yI x −1 y − 2 = = � 2x + y − 4 = 0 � Đường nối tâm IJ có phương trình là: x J − x I yJ − yI −2 1 �=0 �=0 x x Gọi M = Oy �� M(0;4) IJ tọa độ điểm M thỏa hệ: � � +y−4=0 �=4 2x y y Gọi H = OH �� H là trung điểm của ON (với N (C2 ) ) IJ OH đi qua gốc tọa độ O và OH ⊥ IJ � (OH) : x − 2y = 0 4M 8 x= x − 2y = 0 � 4� 8 � 8� 16 5 �� H�; � N� ; � � Tọa độ điểm H thỏa hệ: � 2x + y − 4 = 0 4 � 5� 5 � 5 �2 5 I y= N 5 Tiếp tuyến chung thứ hai của (C1 ) và (C2 ) là MN có phương trình: x J x − xM y − yM y−4 x = = � 3x + 4y − 16 = 0 � O 2 4 1 16 8 x N − x M yN − yM . −4 5 5 (C1 ) và (C2 ) có hai tiếp tuyến chung là: ( ∆1 ) : x = 0 và ( ∆ 2 ) : 3x + 4y − 16 = 0 Vậy 2. Gọi (d) là đường thẳng cần tìm và (d) cắt (d1 ) và (d 2 ) theo thứ tự tại B và C Ta có: B � 1 ) � B(1; t ; t) và C � 2 ) � C( −1 + u;0;1) (d (d uuu r uuu r � AB = (0; − 1 + t ; t) , AC = ( −2 + u; − 1;1) 1 t= −1 + t t 0 � 1 1� = =� Ba điểm A, B, C thẳng hàng � 2 � B � ; � C(1;0;1) 1; , −2 + u −1 1 � 2 2� u=2 x =1 qua A(1;1;0) � (d) : � = 1 − t ; (t �ﾡ ). Vậy (d) : � y uuu r vtcp CA = (0; − 1;1) z=t Câu VII.a. (1 điểm) n Xét nhị thức: ( 1 + x ) = n C k .x k . n k =0 n Lấy đạo hàm hai vế ta có: n ( 1 + x ) n −1 kC k x k −1 . = n k =1 n −1 n −1 � 2 n −1 = 22009 � n = 2010 Cho x = 1 ta được: 1.C + 2.C + ... + n.C = n.2 � n.2 = n.2 1 2 n 2009 n n n 2010 k 2010− 2k 3k () 2010 � 2010 1 k 2010 1� 2010 − k � 1 1k � − = � 2010 x = � k C2010 x 2 .x 2 = � k C2010x1005−2k Ta có: � x + Ck � � � � x� 0 2 02 2x x � 2x � 0 Yêu cầu bài toán � 1005 − 2k = 805 � k = 100 1 100 Vậy số hạng cần tìm là: 100 C2010 . 2 Phần 2: Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b. (2 điểm) 1. Gọi k là hệ số góc của đường chéo (d) của hình vuông � (d) : y = k(x − x I ) − y I � kx − y + 3 − 2k = 0 1 − k 1 − 2k 1 − 2k π� 1 � tan ( (d);( ∆ ) ) = 2 = � � (ﾡ 1 do (d);( ∆ ) ) = � k = − �k = 3 = � � Ta có: 1 1+ k 2 + k 2+k 4� 3 � 2 Vậy phương trình hai đường chéo của hình vuông là: (d1 ) : x + 3y − 11 = 0 và (d 2 ) : 3x − y − 3 = 0 � − 2y − 1 = 0 � =5 x x Gọi M = ( ∆ ) �� M(5;2) IM tọa độ điểm M thỏa hệ: � � + 3y − 11 = 0 �=2 N x y I là trung điểm MP � P( −1;1) Vậy phương trình các cạnh của hình vuông là: (MQ) : x − 2y − 1 = 0 (chính là ( ∆ ) ) (∆ ) (MN) : 2x + y − 12 = 0 ( ⊥ ( ∆) tại M ) P I (PQ) : 2x + y − 2 = 0 (qua P và ⊥ ( ∆ ) ) 450 M (MQ) : x − 2y + 9 = 0 (qua P và // ( ∆ ) ) 2. Mặt cầu (S) có tâm I(1; − 2; − 3) và bán kính R = 8 Q 2 + 2 − 6 + 13 11 Ta có: HI = d [ I;(P) ] = =
6 13 − 9 78 − 9 13 3 M1 H = = =b 3− 26 OH M1H M1O 2 13 2 = = = Theo Talet ta có: 2 3 OI 13 2 3 − 3 26 − 3 13 OH = = =a 13 13 26 − 3 13 78 − 9 13 Vậy số phức cần tìm là: z = + i 13 26 ________________________________________________________________________________________