Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 137

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

Thêm vào BST

Báo xấu

116
lượt xem 50
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 137', 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 137

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010. Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 137 ) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: y = x − 3 ( m + 1) x + 9x + m − 2 (1) có đồ thị là (Cm) 3 2 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1. 2) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với nhau qua 1 đường thẳng y = x . 2 Câu II: (2,5 điểm) ( ) 1) Giải phương trình: sin 2x ( cos x + 3) − 2 3cos x − 3 3cos2x + 8 3 cos x − s inx − 3 3 = 0 . 3 1 �1 � log 2 ( x 2 + 4x − 5 ) > log 1 � 2) Giải bất phương trình : . � 2 � +7� 2 x π 3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y=x.sin2x, y=2x, x= . 2 Câu III: (2 điểm) 1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, c ạnh bên h ợp v ới đáy một góc là 450. Gọi P là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ xuống (ABC) là H sao cho uuu 1 uuur r AP = AH . gọi K là trung điểm AA’, ( α ) là mặt phẳng chứa HK và song song với BC cắt BB’ và 2 VABCKMN CC’ tại M, N. Tính tỉ số thể tích . VA 'B'C'KMN 6 a2 + a − =5 a +a 2 2) Giải hệ phương trình sau trong tập số phức: a 2 b 2 + ab2 + b ( a 2 + a ) − 6 = 0 Câu IV: (2,5 điểm) 1) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm của hệ sau: 9 19 C m −2 + C2 +3 + < A1 m n m 22 Pn −1 = 720 x 2 y2 + = 1 (E), viết phương trình đường thẳng song song 2 ) Cho Elip có phương trình chính tắc 25 9 Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB=4. 3) Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2 biết: x = 2+ t x −1 y − 2 z −1 d1 : y = 2 + t = = d2 : 2 1 5 z = 3− t Câu V: (1điểm) Cho a, b, c 0 và a 2 + b 2 + c2 = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a3 b3 c3 P= + + 1 + b2 1 + c2 1+ a2 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010. Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 137 ) 1
Bài 1 Khi m = 1 ta có hàm số: y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 1 • BBT: x -∞ +∞ 1 3 1đ 1 / y + 0 - 0 + +∞ 3 y -∞ 1 2 y ' = 3 x 2 − 6(m + 1) x + 9 Để hàm số có cực đậi, cực tiểu: ∆' = 9(m + 1) 2 − 3.9 > 0 ⇔ m ∈ (−∞ ;−1 − 3 ) ∪ (−1 + 3;+ ∞ ) m +1 2 ( ) 1 Ta có y =  x −  3 x − 6(m + 1) x + 9 − 2(m + 2m − 2) x + 4m + 1 2 3 3 Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là y = −2(m 2 + 2m − 2) x + 4m + 1 1 Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt y = x ta có điều kiện cần là 2 m = 1 [− 2(m ] 1 + 2m − 2) . = −1 ⇔ m 2 + 2m − 3 = 0 ⇔  2  m = −3 2 1đ Khi m = 1 ⇒ ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là:y = - 2x + 5. Tọa độ trung điểm  x1 + x 2 4  2 = 2 =2  CĐ và CT là:   y1 + y 2 = − 2( x1 + x2 ) + 10 = 1 2  2 1 Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (2; 1) thuộc đường thẳng y = x ⇒ m = 1 tm . 2 ⇒ ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = -2x – 11. Khi m = -3 ⇒ m = −3 không thỏa mãn. Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài. Bài 2 phương trình đưa về: 1 ⇔ ( 3 cos x − sin x)(−2 cos 2 x − 6 cos x + 8) = 0 π 1đ   tan x = 3  x = 3 + kπ , k ∈ Ζ ⇔  3 cos x − sin x = 0   ⇔ 2 ⇔ cos x = 1  x = k 2π cos x + 3 cos x − 4 = 0  cos x = 4(loai )  2 0.75đ 2
 x ∈ (−∞ ;−5) ∪ (1;+ ∞ x 2 + 4x − 5 > 0 ) ⇔ ⇒ x ∈ (−7;−5) ∪ (1 + ∞) Đk:   x > −7 x + 7 > 0 − 27 1 Từ pt ⇒ log 2 ( x + 4 x − 5) > − 2 log 2 � log 2 ( x 2 + 4 x − 5) > log 2 ( x + 7) 2 � x < 2 x+ 7 5 − 27 Kết hợp điều kiện: Vậy BPT có nghiệm: x ∈ (−7; ) 5 Ta có: x.sin2x = 2x ⇔ x.sin2x – 2x = 0 ⇔ x(sin2x – 2) =0 ⇔ x = 0 3 Diện tích hình phẳng là: π π ∫ ∫ S= ( x.sin 2 x − 2 x )dx = x(sin 2 x − 2)dx 2 2 0 0 0.75đ  du = dx u = x π π2 π2 π2 π  ⇔S= − + = − (đvdt) ⇒  − cos 2 x Đặt   dv = (sin 2 x − 2)dx  v = − 2x 42 4 44  2 Bài 3 Gọi Q, I, J lần lượt là trung điểm B’C’, BB’, CC’ 1 a3 A' ta có: AP = C' 2 ⇒ AH = a 3 Q Vì ∆' AHA' vuông cân tại H. B' Vậy A' H = a 3 K 1 a 3 a2 3 J = a. = Ta có S ABC 2 2 4 (đvdt) N a 2 3 3a 3 E I ⇒ V ABCA'B 'C ' = a 3. = (đ vt A 45 4 4 C t) (1) M 1đ Vì ∆' AHA' vuông cân P ⇒ HK ⊥ AA' ⇒ HK ⊥ ( BB ' C ' C ) B G ọi E = MN ∩ KH ⇒ BM = H PE = CN (2) mà AA’ = A' H 2 + AH 2 = 3a 2 + 3a 2 = a 6 a6 a6 ⇒ AK = ⇒ BM = PE = CN = 2 4 1 V = S MNJI .KE 3 Ta có thể tích K.MNJI là: 1 1 a6 KE = KH = AA ' = 2 4 4 2 1 a2 6 a 6 a3 a6 a 6 S MNJI = MN .MI = a. = (dvdt ) � VKMNJI = = (dvtt ) 4 4 34 4 8 3 3 3a a − VABCKMN 1 = 2 83 = 8 � VA ' B 'C ' KMN 3a a 2 + 8 8 3
2 ĐK: a 2 + a ≠ 0 a 2 + a = −1 ⇔ 2 Từ (1) ⇔ (a + a) − 5(a + a ) − 6 = 0 2 2 2 a + a = 6  Khi a 2 + a = −1 thay vào (2)  −1 − 23.i − 1 − 3i b= a = 2 2 ; a + a +1 = 0 ⇔  � −b 2 − b − 6 = 0 � 2  − 1 + 3i −1 + 23.i a = b=  2 2 −1 + 5 b=  a = −3 2 Khi a 2 + a = 6 ⇔  Thay vào (2) � 6b + 6b − 6 = 0 � 2 a=2 −1 − 5  b= 2 � 1 − 23i − 1 − 3i �� 1 − 23i − 1 + 3i � − − ; , ; Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là: � �� 2 �� 2 2� 2 ��  − 1 + 23i − 1 − 3i   − 1 + 23i − 1 − 3i   − 1+ 5   − 1− 5   − 1+ 5   − 1− 5   ,  ;  − 3; ,  − 3; ,  2; ,  2;  ; ;     2  2  2 2 2  2 2  2      Bài  m −2 9 19 1 C m + cn+3 + < Am 2 4 1)  Từ (2): (n − 1)!= 720 = 6!⇔ n − 1 = 6 ⇔ n = 7 Thay n = 7 22  Pn−1 = 720  m(m − 1) 9 19 ⇔ + 45 + < m 2 22 ⇔ 9 < m < 11 vì m ∈ Ζ ⇒ m = 10 vào (1) ⇔ m − m + 90 + 9 < 19m 2 ⇔ m 2 − 20m + 99 < 0 Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau: TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: C 7 .C10 = 1575 cách 3 2 TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: C74 .C10 = 350 cách 1 TH3: 5 bông hồng nhung có: C7 = 21 cách 5 ⇒ có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách. Số cách lấy 4 bông hồng thường C17 = 6188 5 1946 ⇒P= ≈ 31,45% 6188 2) Gọi ptđt // Oy là: x = a (d) tung độ giao điểm (d) và Elip là: a2 y2 + =1 25 − a 2 25 9 3 ⇒ y 2 = 9. ⇒ y=± 25 − a 2 25 − a 2 2 2 y a 25 5 ⇔ = 1− = 9 25 25 4
   3 3 25 − a 2 , B a;− 25 − a 2  Vậy A a; 5 5    6  10 100 100 125 AB =  0; 25 − a 2  ; � 25 − a 2 = � 25 − a 2 = � a 2 = 25 − = 5  3 9 9 9 −5 5 55 55 Vậy phương trình đường thẳng: x = ⇒a=± ,x = 3 3 3  x = 1 + 2t '  3)đường thẳng d2 có PTTS là:  y = 2 + t '  z = 1 + 5t '  r ⇒ vectơ CP của d1 và d2 là: ud1 = (1;1; −1), ud2 = (2;1;5) r rr ⇒ VTPT của mp( α ) là nα = �d1 .ud2 � (6; −7; −1) = u � � ⇒ pt mp( α ) có dạng 6x – 7y – z + D = 0 Đường thẳng d1 và d2 lần lượt đi qua 2đ’ M(2; 2; 3) và N(1; 2; 1) � d ( M , (α )) = d ( N , (α )) |12 − 14 − 3 + D |=| 6 − 14 − 1 + D | �| −5 + D |=| −9 + D |� D = 7 Vậy PT mp( α ) là: 3x – y – 4z + 7 = 0 Bài 5 a3 b3 c3 + b2 + + c2 + + a2 Ta có: P + 3 = 1+ b 1+ c 1+ a 2 2 2 1+ b 3 2 2 1 + c2 b3 b2 6 a a ⇔ P+ = + + + + + 42 42 2 1+ b2 2 1+ b2 42 2 1 + c2 2 1 + c2 1+ a2 c3 c2 a6 b6 c6 + + + ≥ 33 + 33 + 33 2 1+ a2 2 1+ a2 4 2 16 2 16 2 16 2 3 3 9 9 3 9 3 3 ⇒ P+ ≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) = 6 ⇒ P ≥ − = − = 2 2 23 2 2 28 26 2 3 2 2 2 2 2 2 2 Để PMin khi a = b = c = 1 5