Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 144

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

Thêm vào BST

Báo xấu

102
lượt xem 33
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 144', 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 144

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 144) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm ) Câu I: Cho hàm số f ( x ) = x 4 + 2( m − 2 ) x 2 + m 2 − 5m + 5 (C) 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1 2/ Tìm các giá trị thực của m để (C) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân. 1 1 ≤ Câu II: 1/ Giải bất phương trình sau trên tập số thực: x + 2 − 3− x 5 − 2x ( ) 1 + log 1 x ≥ 0 của phương trình: sin x. tan 2 x + 3 sin x − 3 tan 2 x = 3 3 2/ Tìm các nghiệm thực thoả mãn 3 1� � 1− x − 2 x ln ( 1 + x ) � Câu III: Tính tích phân sau: � dx � � 0 � 1+ x � Câu IV: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi,góc A=1200, BD = a >0. Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và đáy bằng 600. Một mặt phẳng (α) đi qua BD và vuông góc với cạnh SC. Tính tỉ số thể tích giữa hai phần của hình chóp do mặt phẳng (α) tạo ra khi cắt hình chóp. Câu V: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc + a + c = b . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 3 P= 2 −2 +2 a +1 b +1 c +1 PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm ) (Thí sinh chọn chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.) A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1/ Cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình x + y + 1 = 0 . Phương trình đường cao vẽ từ B là: x − 2 y − 2 = 0 . Điểm M(2;1) thuộc đường cao vẽ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC. x + 2 y z −1 2/ Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;1;1),cắt đường thẳng ( d 1 ) : == 1 −2 3 và vuông góc với đường thẳng ( d 2 ) : x = −2 + 2t ; y = −5t ; z = 2 + t ( t ∈ R ). ( ) Câu VII.a: Giải phương trình sau trên N*: C n + 3C n + 7C n + ... + 2 − 1 C n = 3 − 2 − 6480 1 2 3 n n 2n n B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 1/ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Elip (E): x 2 + 5 y 2 = 5 , Parabol ( P ) : x = 10 y . Hãy viết 2 phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ( ∆ ) : x + 3 y − 6 = 0 , đồng thời tiếp xúc với trục hoành Ox và cát tuyến chung của Elip (E) với Parabol (P). 2/ Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P): x+y+z-1=0 đồng thời cắt cả hai x −1 y +1 z đường thẳng ( d1 ) : = và ( d 2 ) : x = −1 + t ; y = −1; z = −t , với t ∈ R . = −1 1 2  x 2 = 1 + 6 log 4 y Câu VII.b: Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:  2 2 x +1 . y = 2 y + 2 x Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị ( Ký và ghi rõ họ, tên) …………………………...................... Số báo danh của thí sinh: ....................................
Híng dÉn gi¶I ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010. Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 144 ) . Câu ý Híng dÉn gi¶i chi tiÕt §iÓm PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7.00 Khảo sát hàm số ( 2 điểm ) Câu I Với m =1. Kh¶o s¸t hµm sè f ( x ) = y = x 4 − 2 x 2 + 1 (C) 1 (1.00 ®iÓm ) 1* TX§: D = R 2* Sù biÕn thiªn của hàm số: 0.25 lim f ( x ) = + ∞ : lim f ( x ) = + ∞ * Giíi h¹n tại vô cực: x → −∞ x →+ ∞ ( ) f ' ( x ) = y' = 4 x − 4 x = 4 x x 2 − 1 3 * B¶ng biÕn thiªn: y ' = 0 ⇔ x = 0; x = −1; x = 1 x -∞ -1 0 1 +∞ y’ - 0+ 0 - 0 + y +∞ 1 +∞ 0.5 0 0 ( − 1;0) vµ (1;+ ∞) , nghịch biến Hµm sè ®ång biến trªn mỗi kho¶ng trên mỗi khoảng ( − ∞;−1) và ( 0;1) Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1; y CT = 0 , đạt cực đại tại x = 0; y CD = 1 3* §å thÞ:  3 4  3 4 * Điểm uốn: y ' ' = 12 x 2 − 4 , các điểm uốn là: U 1  − ; ,U 2    3 ;9  3 9     * Giao điểm với các trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) và C(1; 0) * Hàm số là chẵn trên R nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng * Đồ thị: Giám khảo tự vẽ hình 8 6 0.25 4 2 -5 5 -2 -4 * Chú ý: Đối với Hs học chương trình cơ bản thì quy tắc KSHS thực hiện như chương trình chỉnh lý hợp nhất 2000. 2 Tìm tham số m (1.0 điểm) * Ta có f ' ( x ) = 4 x + 4( m − 2 ) x = 0 ⇔ x = 0; x = 2 − m 3 2 0.25 * Hàm số có CĐ, CT khi f’(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu : m < 2 (1) . Toạ độ các điểm cực trị là: 0.25 )( )( ) (A 0; m 2 − 5m + 5 , B 2 − m ;1 − m , C − 2 − m ;1 − m * Do tam giác ABC luôn cân tại A, nên bài toán thoả mãn khi vuông tại A: AB. AC = 0 ⇔ ( m − 2 ) = −1 ⇔ m = 1 vì đk (1) 3 ( ) ( ) 0.5 Trong đó AB = 2 − m ;−m 2 + 4m − 4 , AC = − 2 − m ;− m 2 + 4m − 4 Vậy giá trị cần tìm của m là m = 1.
Câu II Giải phương trình và bất phuơng trình ( 2.00 điểm ) 1 1 1 ≤ Giải bpt ( 1.00 điểm ) x + 2 − 3− x 5 − 2x  5 − 2 ≤ x < 2 * ĐK:  0.25 1  x≠  2 1 * Với − 2 ≤ x < : x + 2 − 3 − x < 0, 5 − 2 x > 0 , nên bpt luôn đúng 0.25 2 1 5 * Với < x < : Bpt ⇔ x + 2 − 3 − x ≥ 5 − 2 x ⇔ 2 x 2 − 11x + 15 ≤ 2 x − 3 2 2 3 0.25 5 ≤x<  5 2 ⇔2≤ x< Ta có:  2 2 2 x 2 − x − 6 ≥ 0   1  5 Vậy tập nghiệm của bpt là: S = − 2;  ∪ 2;  0.25  2  2 ( ) 2 Nghiệm PTLG sin x. tan 2 x + 3 sin x − 3 tan 2 x = 3 3 1 + log 1 x �� 0 < x � 0 3 0.25 * ĐK : 3 * ĐK : cos 2 x ≠ 0 ( ) PT tương đương với ( sin x − 3) tan 2 x + 3 = 0 ⇔ tan 2 x = − 3 0.5 π π ⇔ x = − + k ;k ∈ Z 6 2 π 5π * Kết hợp với điều kiện (1) ta được k = 1; 2 nên x = ; x = 0.25 3 6 Câu III 1� � 1− x − 2 x ln ( 1 + x ) � Tính tích phân K = � dx ( 1.00 điểm) � � 0 � 1+ x �  π 1 1− x ∫ x = cos t ; t ∈ 0;  dx = I , Đặt * Tính  2 1+ x 0 0.25 π Đổi cận: x = 0 ⇒ t = và x = 1 ⇒ t = 0 2 Ta có: x = cos 2 t ⇒ dx = −2 sin t. cos t.dt 1− x .dx = −2(1 − cos t ). cos t.dt * Biến đổi: 1+ x 0.25 π π π π π π * Nên I = 2 ( 1 − cos t ) cos t.dt = 2 cos t.dt − ( 1 + cos 2t ) dt = 2 sin t − t − 1 sin 2t = 2 − π 2 2 2 2 ∫0 ∫0 ∫0 2 2 0 0 2 2 0 1 ∫ 2 x ln(1 + x ) dx = J * Tính 0 0.25  1 u = ln (1 + x ) du = dx ⇒ Đặt  1+ x  dv = 2 xdx  v = x2  0.25 1  x2 1 1 1 x2  1 * Nên J = x . ln( 1 + x ) 0 − ∫ dx = ln 2 − ∫  x − 1 + 1  dx = ln 2 −  − x + ln 1 + x = 2 2  x+1 1+ x  0 0 2  0
3−π Vậy K = I − J = 2 Hình học không gian ( 1.00 điểm ) Câu IV * Hình thoi ABCD có góc A=1200 và tâm O nên tam giác ABC đều : 1 a a3 OB = BD = và AB = AC = 2 2 3 Đặt I là trung điểm BC thì AI ⊥ BC ; AI = OB 0.25 Mà SA ⊥ mp ( ABCD ) ⇒ BC ⊥ SI . Do đó ∠SIA là góc giữa 2 mp(SBC) và a3 mp(ABCD) vì ∆SAI vuông tại A : ∠SIA = 60 0 ⇒ SA = AI . tan 60 0 = 2 * Kẻ OK ⊥ SC tại K thì mp(BD;OK) là mp(α). SC 2 SC AC OC. AC SC Khi đó ∆ASC ~ ∆KOC : = ⇔ KC = ⇔ = (1) OC KC SC KC OC. AC 0.25  SA 2  13 SA SC 1 = 21 + = = Lại do OC = AC ; SC = SA + AC , nên 2 2 2  AC 2  2 HK KC 2   Trong đó H là hình chiếu của K trên mp(ABCD) và H thuộc AC. * Ký hiệu V, V1, và V2 là thể tích của hình chóp S.ABCD, K.BCD và phần còn S .SA V SA 0.25 = ABCD = 2. = 13 lại của hình chóp S.ABCD: V1 S BCD .HK HK V V1 + V2 V V = = 1 + 2 = 13 ⇔ 2 = 12 * Ta được: V1 V1 V1 V1 S 0.25 A B K I O H D C Câu V 2 2 3 Tìm GTLN của biểu thức P = −2 +2 ( 1.00 điểm ) (1) a +1 b +1 c +1 2 a+c vì ac ≠ 1 và a, b, c > 0 * Điều kiện abc + a + c = b ⇔ b = 1 − ac 0.25 π Đặt a = tan A, c = tan C với A, C ≠ + kπ ; k ∈ Z . Ta được b = tan ( A + C ) 2 2 2 3 P= − + tan A + 1 tan ( A + C ) + 1 tan C + 1 2 2 2 = 2cos 2 A − 2 cos 2 ( A + C ) + 3 cos 2 C 0.25 (1) trở thành = cos2A - cos( 2A + 2C ) + 3 cos C 2 = 2sin ( 2A + C ). sin C + 3 cos 2 C 0.25 2 10  1 10 Do đó: P ≤ 2 sin C − 3 sin C + 3 = −  sin C −  ≤ 2 3 3 3  1 sin C =  3  Dấu đẳng thức xảy ra khi:  sin ( 2 A + C ) = 1 sin ( 2 A + C ). sin C > 0  
. từ sin ( 2 A + C ) = 1 ⇔ cos( 2 A + C ) = 0 được tan A = 1 2 2 Từ sin C =⇒ tan C = 3 4 2 0.25  2 10 2 ⇔ a =  Vậy Ma.xP = ; b = 2; c =  4 3 2   PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH 3.00 Phần lời giải bài theo chương trình Chuẩn Phương pháp toạ độ trong mp và trong không gian ( 2.00 điểm) Câu VIa Toạ độ trong mạt phẳng ( 1.00 điểm ) 1 * Gọi D, E lần lượt là chân đương cao kẻ từ B, C. Ta có toạ độ điểm B(0 ; -1) và BM = ( 2;2 ) , suy ra MB ⊥ BC 0.25 Kẻ MN // BC cắt BD tại N thì BCNM là hình chữ nhật. * Phương trình đường thẳng MN là: x + y − 3 = 0 8 1 0.25 7 N = MN ∩ BD nên N  ;  . Do NC ⊥ BC nên pt là x − y − = 0  3 3 3  x + y +1 = 0   2 5 ⇒ C  ;−  7 * Toạ độ C là nghiệm của hpt:  x− y− =0  3 3   3 0.25  4 8 Toạ độ vectơ CM =  ;  , nên phương trình AB là: x + 2 y + 2 = 0  3 3 * Một vectơ chỉ phương của BN là vectơ pháp tuyến của AC, nên phương trình cạnh AC là: 6 x + 3 y + 1 = 0 A 0.25 M N D E B C Toạ độ trong không gian (1.00 điểm) 2 * VTCP của d2 là v = ( 2;−5;1) và cũng là VTPT của mp(P) đi qua M và vuông góc 0.25 với d2. Pt mp(P) là: 2 x − 5 y + z + 2 = 0 * Gọi A là giao điểm của d1 và mp(P) nên A( − 2 + 3t ; t ;1 − 2t ) 0.25 Thay vào phương trình mp(P) thì t = −1 ⇒ A( − 5;−1;3) * Đường thẳng d cần lập pt có VTCP u = ( 3;1;−1) do MA = ( − 6;−2;2 ) 0.5 x −1 y −1 z −1 = = Vậy phường trình đường thẳng d là: (vì d ≠ d2) −1 3 1 ( ) CâuVII.a Giải pt : C n + 3C n + 7C n + ... + 2 − 1 C n = 3 − 2 − 6480 1 2 3 n n 2n n (1.00 điểm) * Trên R. Xét (1 + x ) = C + C .x + C n .x 2 + C n .x 3 + ... + C n .x n n 0 1 2 3 n n n 0.25 Lấy đạo hàm 2 vế n(1 + x ) = C n + 2C n2 .x + 3C n .x 2 + ... + nC nn .x n −1 n −1 1 3 2 2 2 2 2 * Lấy tích phân: n ∫ (1 + x ) dx = C ∫ dx + 2C ∫ xd x + 3C ∫ x d x + ... + nC ∫ x n −1 n −1 1 2 3 2 n dx 0.25 n n n n 1 1 1 1 1 ( ) * Ta được C n + 3C + 7C n + ... + 2 − 1 C n = 3 − 2 1 2 3 nn n n 0.25 n * Giải phương trình 3 n − 2 n = 3 2 n − 2 n − 6480 ⇔ 3 2 n − 3 n − 6480 = 0 0.25 Suy ra 3 n = 81 ⇔ n = 4 Phần lời giải bài theo chương trình Nâng cao Phương pháp toạ độ trong mp và trong không gian (2.00 điểm) Câu VI.b
Toạ độ trong mặt phẳng (1.00 điểm) 1  x = 10 y 2 * Toạ độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của HPT:  2 x + 5 y = 5 2 0.25 Nhận thấy: với mỗi x > 0, có 2 giá trị y đối xứng nhau, suy ra đường thẳng đi qua các giao điểm là: x = 2 ( cát tuyến chung) * Gọi I là tâm đường tròn và I thuộc đường thẳng nên: I = ( 6 − 3b; b )  4 − 3b = b b = 1 0.25 Theo bài ra: 6 − 3b − 2 = b ⇔  ⇔ 4 − 3b = −b b = 2 Ta có: Tâm I 1 = ( 3;1) và R1 = 1 . Phương trình là ( x − 3) 2 + ( y − 1) 2 = 1 0.25 Tâm I 2 = ( 0;2) và R2 = 2 . Phương trình là : x + ( y − 2 ) = 4 2 2 0.25 Toạ độ trong không gian ( 1.00 điểm) 2 * Điểm M ∈ ( d1 ) , nên toạ độ của M = (1 + 2t1 ;−1 − t1 ; t1 ) điểm N ∈ ( d 2 ) , nên toạ độ của N = ( − 1 + t ;−1;−t ) 0.25 Suy ra MN = ( t − 2t1 − 2; t1 ;−t − t1 ) * Với M , N ∈ ( d ) và mặt phẳng (P) có 1 VTPT là n = (1;1;1) . Suy ra: 0.25 ( d ) ⊥ mp( P ) ⇔ MN = k .n; k ∈ R * ⇔ t − 2t1 − 2 = t1 = −t − t1  4  t=5 1 3 2 , do đó M =  ;− ;−  * Giải ra ta được  0.25 −2 5 5 5 t1 =  5 1 3 2 * Vậy phuơng trình đường thẳng (d) là: x − = y + = z + 0.25 5 5 5 CâuVII.  x = 1 + 6 log 4 y 2 Giải hệ phương trình  2 ( 1.00 điểm ) b 2 x +1 y = 2 y + 2 x * ĐK : y > 0 0.25 Phương trình ẩn y có 2 nghiệm là: y = -2x (loại) và y = 2x+1 * Với y = 2x+1 thay vào pt (1) có: x 2 = 1 + 6 log 4 2 x +1 ⇔ x 2 − 3 x − 4 = 0 0.5 giải pt thì x = -1 và x = 4 * Với x = -1 thì y = 1, Nghiệm (x; y) là: (-1;1) 0.25 Với x = 4 thì y = 32, Nghiệm (x;y) là: (4;32) ========== HÕt ==========