Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 162

Chia sẻ: TiPo | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

69
lượt xem 30
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 162', 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 162

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012. Môn thi : TOÁN (ĐỀ 162 ) I.PHẦN CHUNG: ( 7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm): Cho hàm số f ( x) = x 3 + mx + 2, có đồ thị (Cm ) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = −3 2.Tìm tập hợp các giá trị của m để đồ thị (Cm ) cắt trục hoành tại một và chỉ một điểm. Câu II (2,0 điểm): 1.Giải phương trình : 2 sin 2 x − sin 2 x + sin x + cos x − 1 = 0 .  xy −18 = 12 − x 2  2. Giải hệ phương trình:  12 xy = 9 + y  3 π x + sin 2 x Tính I = Câu III (1,0 điểm): dx 3 1 + cos 2 x 0 Câu IV (1,0 điểm): Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các đi ểm l ần l ượt di đ ộng trên các cạnh AB, AC sao cho ( DMN ) ⊥ ( ABC ) . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ di ện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: x + y = 3xy. Câu V(1,0 điểm): Cho x, y, z 0 thoả mãn x + y + z > 0. x 3 + y 3 + 16 z 3 P= Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( x + y + z) 3 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm): 1. Trong mặt phẳng (Oxy) cho đường thẳng (d): 3x - 4y + 5 = 0 và đường tròn (C): x 2 + y2 + 2x - 6y + 9 = 0 Tìm những điểm M ∈ (C) và N ∈ (d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. x 2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: m + e = 4 e + 1 có nghiệm thực . 2x 2 ( ) = 2 x + 1. x x Giải phương trình: log 3 4.16 + 12 Câu VII a.(1,0 điểm): B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), tr ọng tâm G(2; 0). Hai đ ỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1: x + y + 5 = 0 và d 2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đ ường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. 2. T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh: 10 x 2 + 8 x + 4 = m(2 x + 1). x 2 + 1 cã 2 nghiÖm thực ph©n biÖt. log 3 x + 1 log 3 x − 2 +2 =x 2 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: ................................Hết.............................. ( Đề thi có 01 trang. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ tên thí sinh: ..................................................... Số báo danh: ..... ....
GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012. Môn thi : TOÁN (ĐỀ 162 ) I. Hướng dẫn chung 1) Nếu thí sinh có lời giải khác với hướng dẫn chấm, n ếu có l ập lu ận đúng d ựa vào SGK hi ện hành và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho đi ểm tối đa ở ý đó ; ch ỉ cho đi ểm đ ến ph ần h ọc sinh làm đúng t ừ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. 2) Việc chi tiết hoá (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai l ệch h ướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong toàn tổ chấm thi. II. Hướng dẫn chấm và thang điểm I.PHẦN CHUNG: ( 7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số f ( x) = x 3 + mx + 2, có đồ thị (Cm ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = −3 2) Tìm tập hợp các giá trị của m để đồ thị (Cm ) cắt trục hoành tại một và chỉ một điểm. m = −3 hàm số trở thành: f ( x) = x 3 − 3 x + 2, I.-1 Tập xác định D = R Sự biến thiên (1,0 đ) x = −1 y ' = 3( x 2 − 1) = 0 0,25 ................................................................................. x =1 x < −1 hàm số đồng biến trên ( − ; −1) và ( 1; + ) y'> 0 x >1 y ' < 0 � −1 < x < 1 hàm số nghịch biến trên ( −1;1) điểm CĐ ( −1; 4 ) , điểm CT ( 1;0 ) ; lim y = − ; lim y = + − + x x 0,25 ..................................................................... Bảng biến thiên: x − + −1 1 − + y' 0 0 + + CĐ y 0,25 − CT Đồ thị Điểm uốn: y '' = 6 x = 0 � x = 0 , Điểm uốn U ( 0;2 ) ( vẽ đúng đồ thị, đi qua các điểm cơ bản ) 0,25 Phương trình cho HĐGĐ x 3 + mx + 2 = 0, (*) x = 0 không thỏa mãn nên: I-2 x3 + 2 (*) � m = − (1,0 đ) 0,25 .................................................................. x x3 + 2 2 2 0,25 Xét hàm số g ( x) = − = − x 2 − � g '( x) = −2 x + 2 ..................... x x x 0,25 g '( x) = 0 � x = 1 ta có bảng biến thiên: x − + 0 1 + + g '( x) ll − 0
-3 g ( x) − − − Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đường thẳng y = m và đồ thị hàm số . 0,25 y = g ( x) nên để (*) có một nghiệm duy nhất thì m > −3 ..................................... Lưu ý: Có thể lập luận để đồ thị (Cm ) của hàm số y = f ( x) hoặc không có cực trị hoặc có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị nằm cùng phía đối với trục hoành 1.Giải phương trình : 2 sin 2 x − sin 2 x + sin x + cos x − 1 = 0 . Câu II (2 điểm) II-1 1.0 2 sin x − sin 2 x + sin x + cos x − 1 = 0 ⇔ 2 sin x − (2 cos x − 1) sin x + cos x − 1 = 0 2 2 0.25 ∆ = (2 cos x − 1) 2 − 8(cos x − 1) = (2 cos x − 3) 2 . VËy sin x = 0,5 hoÆc sin x = cos x − 1 0.25 5π π Víi sin x = 0,5 + 2 kπ + 2kπ x= x= 0.25 ta cã hoÆc 6 6 π  π ta cã sin x − cos x = −1 ⇔ sin  x −  = − 2 0.25 Víi sin x = cos x − 1 = sin  −  ,   4 2  4  3π suy ra + 2kπ x= x = kπ hoÆc 2 2  xy − 18 = 12 − x 2  2. Giải hệ phương trình:  12  xy = 9 + y  3 II-2 1.0  xy − 18 = 12 − x 2 ⇒ 12 − x 2 ≥ 0 ⇒ x ≤ 2 3  Hệ:  0.25 12  xy = 9 + y ⇒ x y ≥ 2 3 y ⇒ x ≥ 2 3  3 ⇒ x = 2 3 ⇒ xy = 18 0.25 { } { } ⇒ x ∈ − 2 3;2 3 , tương ứng y ∈ − 3 3;3 3 0.25 Thử lại, thoả mãn hệ đã cho 0.25 {( )( )} Vậy, ( x; y ) ∈ − 2 3;−3 3 , 2 3;3 3 π x + sin 2 x Tính I = Câu III (1 điểm) dx 3 1 + cos 2 x 0 III 1.0 π π π x + sin 2 x sin 2 x x I =� dx = � dx + � dx 3 3 3 0.25 1 + cos 2 x 0 2cos 2 x 0 2cos 2 x 0 π 1π x x 0.25 I1 = � dx = � 2 dx 3 3 2cos 2 x 2 0 cos x 0
u=x du = dx Đặt � � dx v = tan x dv = cos 2 x π �π π 1� π π 1 1 � I1 = x tan x 03 − = + ln cos x = − ln 2 tan xdx � 3 3 � 2� �2 3 2 23 2 0 0 π 1π 1 �π π � sin 2 x I2 = � dx = � 2 xdx = �3 (1 + tan 2 x)dx − � � � dx = tan 3 3 3 2 0 2cos x 20 2� 0 0 � 0.25 π� π 1 1� = [ tan x − x ] 03 = � 3 − � 2 2� 3� ( ) + 1( 0.25 π�π 3 −1 π 1 1� I = I1 + I 2 = − ln 2 + � 3 − �= 3 − ln 2) 23 2 2� 3� 6 2 Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các đi ểm l ần l ượt di đ ộng trên các cạnh AB, AC sao cho ( DMN ) ⊥ ( ABC ) . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: x + y = 3xy. IV 1.0 D Dựng DH ⊥ MN tại H. Do ( DMN ) ⊥ ( ABC ) � DH ⊥ ( ABC ) mà D. ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC . 0.25 C B N H M A 2 �3� 6 Trong tam giác vuông DHA: DH = DA − AH = 1 − � � = 2 2 2 �3 � 3 �� 0.25 1 3 Diện tích tam giác AMN là S AMN = AM . AN .sin 600 = xy 2 4 1 2 Thể tích tứ diện D. AMN là V = S AMN .DH = xy 0.25 3 12 1 1 1 Ta có: S AMN = S AMH + S AMH � xy.sin 600 = x. AH .sin 300 + y. AH .sin 300 2 2 2 0.25 ⇔ x + y = 3xy. Câu V. (1,0 điểm). Cho x, y, z 0 thoả mãn x+y+z > 0. x 3 + y 3 + 16 z 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = ( x + y + z) 3 V 1.0 ( x + y) 3 (biến đổi tương đương) � ... � ( x − y ) ( x + y ) �0 2 Trước hết ta có: x 3 + y 3 0.25 4 ( x + y) ( a − z) 3 3 + 64 z 3 + 64 z 3 0.25 = ( 1 − t ) + 64t 3 3 Đặt x + y + z = a. Khi đó 4 P = 3 3 a a
z (với t = , 0 t 1) a [ 0;1] . Có Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t 0.25 1 f '(t ) = 3 � t 2 − ( 1 − t ) � f '(t ) = 0 � t = � 0;1] ; Lập bảng biến thiên [ 2 64 , � � 9 64 � GTNN của P là 16 đạt được khi x = y = 4z > 0 � Minf ( t ) = 0.25 81 81 t [ 0;1] II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa.(2,0 điểm) Trong mặt phẳng (oxy) cho đường thẳng (d): 3x - 4y + 5 = 0 và đường tròn (C): x + y + 2x - 6y + 9 = 0 .Tìm những điểm M ∈ (C) và N ∈ (d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. 2 2 VIa.1 1.0 (d): 3x - 4y + 5 = 0 ; (C): (x + 1) + (y - 3) = 1 ⇒ Tâm I (-1 ; 3), bán kính R = 1 2 2 d (I ; d) = 2 ⇒ (d) ∩ (C) = Ø ; Giả sử tìm được N0 ∈ (d) ⇒ N0 là hình chiếu vuông ( ∆ ) ∋ I (−1;3) 0.25 góc của I trên (d) ⇒ N0 = (d) ∩ ( ∆ ) , với:  ( ∆ ) ⊥ (d ) ⇒ u∆ = ( 3;−4 )  x = −1 + 3t 1 7 ⇒ ( ∆) :  ⇒ N0  ;  0.25  y = 3 − 4t 5 5  2 11   8 19  Rõ ràng ( ∆ ) ∩ (C) = {M1; M2} ; M1  − ;  ; M2  − ;  ,M0 ∈ (C) để M0N0 nhỏ  5 5  5 5 0.25 nhất ⇒ M0 ≡ M1 và M0N0 = 1  2 11  1 7 0.25 Kết luận: Những điểm cần tìm thoả mãn điều kiện bài toán.M  − ;  ; N  ;   5 5 5 5 x 2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: m + e 2 = 4 e 2 x + 1 có nghiệm thực . IVa.2 1.0 x Đặt t = e 2 ĐK: t > 0 . PT trở thành: m = 4 t 4 + 1 − t . 0.25 3 � t4 � hàm số NB trên ( 0; + ). Xét f (t ) = t + 1 − t với t > 0 . f '(t ) = 4 �4 �− 1 < 0 4 4 0.50 � +1� t 1 lim f (t ) = lim =0 ( )( ) ; f(0) = 1. KL: 0< m 0 , ta có: 4 � � + � �− 3 = 0 . 3 3 ��
x 3 4 �� Đặt t = � �. ĐK: t > 0 ; 4t + t − 3 = 0 t = −1 ( ktm); t = 2 (tm) . 0.25 4 3 �� −1 x 3 �� 3 �� 4 4 Khi t = , ta có: � �= = � � x = −1 . 0.25 4 �� 4 �� 3 3 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb. (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), tr ọng tâm G(2; 0). Hai đ ỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1: x + y + 5 = 0 và d 2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đ ường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. VIb.1 1.0 Giả sử B ( xB ; yB ) �d1 � xB = − yB − 5; C ( xC ; yC ) �d 2 � xC = −2 yC + 7 xB + xC + 2 = 6 0.25 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: yB + yC + 3 = 0 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;- 4) ; C(5;1) 0.25 uuu r uuu r Ta có BG (3; 4) � VTPT nBG (4; −3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 9 81 0.25 phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = Bán kính R = d(C; BG) = 5 25 2. T×m 10 x m ®Ó ph¬ng tr×nh sau cã 2 nghiÖm ph©n biÖt : +8 x + 4 = m(2 x + 1). x 2 + 1 . 2 VIb-2 1.0 10x 2 +8 x + 4 = 2(2x+1)2 +2(x2 +1) NhËn xÐt : 2x + 1 2x + 1 0.25 ) 2 − m( )+2=0. Ph¬ng tr×nh t¬ng ®¬ng víi : 2 ( x +1 x +1 2 2 2x + 1 =t -2< t ≤ 5 §Æt §iÒu kiÖn : . Rót m ta cã: x2 +1 0.25 2t 2 + 2 m= t LËp b¶ng biÕn thiªn cña hµm sè trªn (− 2, 5 ] 0.25 0.25 ta cã kÕt qu¶ cña m ®Ó ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt lµ: 12 4 0 . Đặt t = log 3 x x =3t . 0.25 t 2 0.50 1 9t �� 4 �� 2 2 Ta có: 2.2 + 2t = 3t .2 = 3t � �= = � �. t 4 4 �� 9 �� 3 3
Khi t = 2 thì log 3 x = 2 x = 9 (th) KL: nghiệm PT là x = 9 . 0.25 …..HẾT…