Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 143

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

Thêm vào BST

Báo xấu

87
lượt xem 36
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 143', 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 143

1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010. Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 143 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ) x−2 Cho hàm số : y = Câu I: (2 điểm) (C) x −1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C). b) Chứng minh rằng: với mọi giá trị của m, đường thẳng d : y = − x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm A,B phân biệt. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng AB. Câu II (2,0 điểm ). x+4 + x−4 x + x 2 − 16 − 6 1. Giải bất phương trình: 2 π1 1 8 2 cos x + cos 2 (π + x) = + sin 2 x + 3cos( x + ) + sin 2 x 2.Giải phương trình: 3 3 23 Câu III (1,0 điểm). ln 3 e 2 x dx Tính tích phân: I = ex − 1 + ex − 2 ln 2 Câu IV (1,0 điểm). Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là O. A, B là hai điểm trên đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB bằng a , ﾷﾷ ASO = SAB = 600 . Tính theo a chiều cao và diện tích xung quanh của hình nón Câu V (1,0 điểm). Cho a,b,c là ba số thực dương. Chứng minh: 1 1 1 � 3� +c c+a a +b � b � (a + b3 + c3 ) � 3 + 3 + 3 � � + + 3 � a b c � 2�a b c� � II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B). A. Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a(2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : x 2 + y 2 − 4 x − 2 y + 1 = 0 và điểm A(4;5). Chứng minh A nằm ngoài đường tròn (C) . Các tiếp tuyến qua A tiếp xúc với (C) t ại T 1, T2, viết phương trình đường thẳng T1T2. 2. Trong không gian Oxyz. Cho mặt phẳng (P): x+y-2z+4=0 và mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y + 2 z − 3 = 0 Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc với (S) tại A(3;-1;1) và song song với mặt phẳng (P). Câu VII.a(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ. Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn các điều ki ện: z − i = z − 2 − 3i . Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mô đun nhỏ nhất. B. Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b(2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Cho tam giác ABC cân tại A có chu vi bằng 16, A,B thuộc đ ường thẳng d: 2 2 x − y − 2 2 = 0 và B, C thuộc trục Ox . Xác định toạ độ trọng tâm của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz. Cho tam giác ABC có: A(1;-2;3), B(2;1;0), C(0;-1;-2). Viết phương trình tham số đường cao tương ứng với đỉnh A của tam giác ABC. x2 − x + m Cho hàm số (Cm): y = Câu VII.b(1,0 điểm). (m là tham số). Tìm m để (Cm) cắt Ox tại hai x −1 điểm phân biệt A,B sao cho tiếp tuyến của (Cm) tại A, B vuông góc. ..……………………….Hết…………………………
2 ÑAÙP AÙN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010. Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 143 ) PHẦN Nội dung chính và kết quả Điểm C thành phần H U N G (7 điểm) a) (1điểm) D=R/ { 1} Câu I 1 y= ' 0,25 > 0 , ∀x D h/số đồng biến trên D và không có cực trị ( x − 1) 2 điểm Các đường tiệm cận: T/c đứng x=1; T/c ngang: y =1 2 điểm Tâm đối xứng I(1;1) BBT x - 1 + y’ + + + 1 0,25 điểm y 1 - Đồ thị y f(x)=(x-2)/(x-1) f(x)=1 7 x(t)=1 , y(t)=t 6 5 4 0,5 3 điểm 2 1 x -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -1 -2 -3 -4 -5 b) (1 điểm) * Phương trình hoành độ giao điểm của d (C ) là: 0,25 x 2 − mx + m − 2 = 0 (1) ; đ/k x 1 điểm ∆ = m 2 − 4m + 8 > 0 với ∀m ,nên p/t (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 với Vì f (1) = −1 0 0,25 ∀m .Suy ra d (C ) tại hai điểm phân biệt với ∀m điểm *Gọi các giao điểm của d (C ) là: A( x A ; − x A + m ) ; B( xB ; − xB + m );với x A ; xB là các nghiệm của p/t (1)
3 AB = 2( x A − xB ) = 2 [ ( x A + xB ) − 4 x A .xB ￹ 2 2 2 ￻ 0,25 = 2 [ m − 4(m − 2) � 2 [ ( m − 2) + 4 � 8 điểm 2 2 = � � Vậy : AB min = 2 2 , đạt được khi m = 2 0,25 điểm x+4 0 II.1 4. Đặt t = x + 4 + x − 4 (t > 0) * Đk: x (1 x−4 0 điểm) 0,25 −2( L) t BPT trở thành: t - t - 6 2 0 t 3 �x 4 ( a) 9- 2x 0 * Với t 0,25 3 2 x 2 − 16 9 - 2x x4 9- 2x > 0 (b) 4( x 2 − 16) (9 − 2 x) 2 9 0,25 * (a) x . 2 145 9 * (b) x< . 36 2 145 � � ;+ *Tập nghệm của BPT là: T= 0,25 36 � � II.2 a) (1 điểm) 2cosx+ 1 cos 2 (π + x) = 8 + sin 2 x + 3cos(x+ π )+ 1 sin 2 x (1 3 3 23 1 8 12 điểm 2cosx+ cos 2 x = + sin 2 x − 3s inx+ sin x 3 3 3 ) � 6cosx+cos 2 x = 8 + 6s inx.cosx-9sinx+sin 2 x � 6cosx(1-sinx)-(2sin x − 9s inx+7) = 0 2 7 � 6cosx(1-sinx)-2(s inx-1)(s inx- ) = 0 2 1 − s inx=0 (1) π � (1-sinx)(6cosx-2sinx+7) = 0 � x = + k 2π ;(k �Z ) 6cosx-2sinx+7=0(2) 2 vô nghiệm ) (p/t (2) III. 0,25 * Đặt t = e x − 2 , Khi x = ln2 t=0 (1 x = ln3 t=1 điểm) 0,25 x 2 2x e =t +2 e dx = 2tdt
4 0,25 1 1 (t + 2)tdt 2t + 1 2 = 2 (t − 1 + t 2 + t + 1)dt * I=2 t + t +1 2 0 0 1 1 d (t 2 + t + 1) = 2 (t − 1)dt + 2 * t2 + t +1 0 0 1 1 = (t − 2t ) 0 2 + 2ln(t2 + t + 1) 0 = 2ln3 - 1 * 0,25 Gọi I là trung điểm Câu IV S của AB , nên OI = a (1,0 đ) Đặt OA = R SAB = 600 � ∆SAB đều ﾷ 0,25 A O 0,25 I B 0,25 1 1 1 OA R IA = AB = SA = = 2 sin ﾷ 2 2 3 ASO 0,25 Tam giác OIA vuông tại I nên OA2 − IA2 = IO 2 R2 a6 �R − = a2 � R = 2 3 2 � SA = a 2 a2 Chiếu cao: SO = 2 a6 Diện tích xung quanh: S xq = π Rl = π a 2 = π a2 3 2 * Ta cm với a, b > 0 có a3 + b3 a2b + ab2 (*) V 0,25 Thật vậy: (*) (a + b)(a2 -ab + b2) - ab(a + b) 0 (1 điểm) (a + b)(a - b)2 0 đúng Đẳng thức xẩy ra khi a = b. * Từ (*) a3 + b3 ab(a + b) b3 + c3 bc(b + c) 0,25 c3 + a3 ca(c + a) 2(a3 + b3 + c3 ) ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (1) * Áp dụng BĐT co si cho 3 số dương ta có: 0,25 3 1 1 1 111 + 3+ 3 33 = (2) 3 abc a a a a3 b3 c3 * Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được BĐT cần cm
5 Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c. 0,25 * Đường tròn (C) có tâm I(2;1), bán kính R = 2. VI.a.1 0,25 (1 A nằm ngoài đường tròn (C) Ta có IA = 2 5 > R điểm) ∆1 là 1 tiếp 0,25 * Xét đường thẳng ∆1 : x = 4 đi qua A có d(I; ∆1 ) = 2 tuyến của (C) 0,25 * ∆1 tiếp xúc với (C ) tại T1(4;1) r 1 uu r đường thẳng T1T2 có vtpt n = * T1T2 ⊥ IA IA =(1;2) 2 0,25 phương trình đường thẳng T1T2 : 1(x - 4) + 2(y - 1) x + 2y - 6 = 0 u r * Mp(P) có vtpt n P = (1;1;-2). VI.a.2 0,25 (1 (S) có tâm I(1;-2;-1) u r uu r điểm) * IA = (2;1;2). Gọi vtcp của đường thẳng ∆ là u ∆ u r uu r 0,25 ∆ tiếp xúc với (S) tại A u ∆ ⊥ IA ur ur u ∆ ⊥ nP Vì ∆ // (P) uu u rr u r * Chọn u 0 = [ IA , n P ] = (-4;6;1) 0,25 x = 3 − 4t y = −1 + 6t * Phương trình tham số của đường thẳng ∆ : 0,25 z = 1+ t * Đặt z = x + yi (x; y R) VII.a 0,25 (1 |z - i| = | Z - 2 - 3i| |x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i| điểm) Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn só phức z * x - 2y - 3 = 0 0,25 là đường thẳng x - uuuu - 3 = 0 2yr * |z| nhỏ nhất | OM | nhỏ nhất M là hình chiếu của O trên ∆ 0,25 36 36 * M( ;- ) z= - i 0,25 55 55 Chú ý: HS có thể dùng phương pháp hình học để tìm quỹ tích điểm M VI.b.1 * B = d Ox = (1;0) 0,25 Gọi A = (t;2 2 t - 2 2 ) d (1 điểm) H là hình chiếu của A trên Ox H(t;0) H là trung điểm của BC. * Ta có: BH = |t - 1|; AB = (t − 1) 2 + (2 2t − 2 2) 2 = 3|t - 1| 0,25 ∆ ABC cân tại A chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1|
6 t =3 0,25 * 16 = 8|t - 1| t = −1 42 * Với t = 3 A(3;4 2 ), B(1;0), C(5;0) G( 3 ; ) 3 0,25 −4 2 Với t = -1 G( −1 ; A(-1;-4 2 ), B(1;0), C(-3;0) ) 3 * Gọi d là đường cao tương ứng với đỉnh A của ∆ ABC VI.b.2 0,25 d là giao tuyến của (ABC) với ( α ) qua A và vuông góc với (1 điểm) BC. uuu r uuu r uuur * Ta có: AB = (1;3;-3), AC = (-1;1;-5) , BC = (-2;-2;-2) uuu uuu r r 0,25 [ AB , AC ] = (18;8;2) u r 1 uuu uuu r r mp(ABC) có vtpt n = [ AB , AC ] = (-3;2;1). 4 u r 1 uuu r mp( α ) có vtpt n ' = - BC = (1;1;1) 2 u r uu rr * Đường thẳng d có vtcp u =[ n , n ' ] = (1;4;-5). 0,25 x = 1+ t 0,25 y = −2 + 4t * Phương trình đường thẳng d: z = 3 − 5t * Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) với Ox: VII.b 0,25 (1 x −x+m=0 2 x2 − x + m =0 điểm) x −1 x1 (Cm) cắt Ox tại 2 điểm phân biệt pt f(x) = x2 - x + m = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1 1 ∆>0 m< 4 (*) f (1) 0 m 0 x1 + x 2 = 1 0,25 * Khi đó gọi x1, x2 là nghiệm của f(x) = 0 . x1x 2 = m f '( x)( x − 1) − ( x − 1) '. f ( x) Ta có: y' = ( x − 1) 2 Hệ số góc tiếp tuyến của (Cm) tại A và B lần lượt là: f '( x1 )( x1 − 1) − f ( x1 ) f '( x1 ) 2 x1 k1 = y'(x1) = = ( x − 1) = x − 1 ( x1 − 1) 2 1 1 0,25
7 2 x2 * Tương tự: k1 = y'(x2) = x − 1 ( do f(x1) = f(x2) = 0) 2 2 x1 2 x2 Theo gt: k1k2 = -1 . = -1 x1 − 1 x2 − 1 0,25 1 ( thoả mãn (*)) * m= 5