zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 170

Chia sẻ: TiPo | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Báo xấu

68
lượt xem 22
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 170', 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 170

WWW.VNMATH.COM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 170) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 2x + 4 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = . 1− x 1)Khảo sát và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số trên. 2)Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và MN = 3 10 . Câu II (2 điểm) : x + y + x 2 − y 2 = 12 1. Giải hệ phương trình: y x 2 − y 2 = 12 2.Giải phương trình : 2 sin 2 x − sin 2 x + sin x + cos x − 1 = 0 . π Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 3sin x − 2 cos x dx 2 (sin x + cos x) 3 0 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình c ầu bán kính r cho tr ước. Tính th ể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu V (1 điểm) T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh sau cã 2 nghiÖm ph©n biÖt : 10 x 2 +8 x + 4 = m(2 x + 1). x 2 + 1 . PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x + y + 1 = 0 và phân giác trong CD: x + y − 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC. x = −2 + t y = −2t .Gọi ∆ là đường thẳng qua điểm 2. Cho đường thẳng (D) có phương trình: z = 2 + 2t A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc c ủa A trên (D). Trong các m ặt ph ẳng qua ∆ , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Ch ứng minh rằng 1 1 1 5 + + xy + 1 yz + 1 zx + 1 x+ y+z 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x 2 + y 2 – 2 x – 2 y + 1 = 0, (C ') : x 2 + y 2 + 4 x – 5 = 0 cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB. 2)Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho hai ®êng th¼ng d vµ d’ lÇn lît y−2 x−2 z+5 d : x= =z = y −3= cã ph¬ng tr×nh : vµ d’ : . −1 −1 2 ViÕt ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (α ) ®i qua d vµ t¹o víi d’ mét gãc 300 Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh �1 1 2 �b c + + + +
WWW.VNMATH.COM Đáp án De thi thu dai hoc số 70 2(1,0) Từ giả thiết ta có: (d ) : y = k ( x − 1) + 1. Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai nghiệm ( x1; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt sao cho ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 ) = 90(*) 2 2 2x + 4 = k ( x − 1) + 1 kx 2 − (2k − 3) x + k + 3 = 0 −x +1 ( I ) . Ta có: ( I ) y = k ( x − 1) + 1 y = k ( x − 1) + 1 Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình kx 2 − (2k − 3) x + k + 3 = 0(**) có 3 hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được k 0, k < . 8 Ta biến đổi (*) trở thành: (1 + k 2 ) ( x2 − x1 ) = 90� (1 + k 2 )[( x2 + x1 ) − 4 x2 x1 ] = 90(***) 2 2 2k − 3 k +3 Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1 + x2 = , x1 x2 = , thế vào (***) ta có phương k k −3 + 41 −3 − 41 trình: 8k 3 + 27k 2 + 8k − 3 = 0 � (k + 3)(8k 2 + 3k − 1) = 0 k = −3, k = . , k= 16 16 KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên. 1) CâuII:2. Giải phương trình: 2 sin 2 x − sin 2 x + sin x + cos x − 1 = 0 ⇔ 2 sin 2 x − (2 cos x − 1) sin x + cos x − 1 = 0 . ∆ = (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 . 5π π Víi sin x = 0,5 + 2 kπ + 2kπ x= x= ta cã hoÆc 6 6 π  π  2 Víi sin x = cos x − 1 ta cã sin x − cos x = −1 ⇔ sin  x − =− = sin  −  , suy ra 4 2  4  3π + 2kπ x= x = kπ hoÆc 2 2 Điều kiện: | x | | y | 1 � u2 � u = x2 − y 2 ; u 0 x = −y − y ta có y = � − không thỏa hệ nên xét x v Đặt ; . � 2� v v = x+ y � u + v = 12 u=4 u =3 Hệ phương trình đã cho có dạng: u � u 2 � hoặc � − � 12 = v =8 v=9 v 2� v � u=4 u =3 x2 − y 2 = 4 x2 − y 2 = 3 (II) Giải hệ (I), (II). Sau đó hợp các kết quả +� (I)+ � � � v =8 v=9 x+ y =8 x+ y =9 lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S = { ( 5;3) , ( 5; 4 ) } π π π III(1,0) Đặt x = − t � dx = −dt , x = 0 � t = , x = � t = 0. 2 2 2
WWW.VNMATH.COM π π π Suy ra: I = � x − 2 cos x dx = � t − 2sin 3t dt = � x − 2sin x dx (Do tích phân không phụ 2 2 2 3sin 3cos 3cos (sin x + cos x) (cos t + sin t ) (cos x + sin x) 3 3 0 0 0 thuộc vào kí hiệu cảu biến số). π π π Suy ra: 2 I = I + I = � x − 2 cos x dx + � x − 2sin x dx = � 2 2 2 3sin 3cos 1 dx = (sin x + cos x) (cos x + sin x) (sin x + cos x) 2 3 3 0 0 0 π π π � π�1 � π� 2 2 1 1 1 d � − � tan � − �2 = 1 . KL: Vậy I = 1 . =� 2� π � 2 dx = � = x x π�� 4� 2 0 cos 2 � − � 4� 2 �− � 0 2 cos x x 0 � � 4� 4� � � Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có: AB ⊥ IC � AB ⊥ ( CHH ') � ( ABB ' A ' ) ⊥ ( CII ' C ' ) Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp AB ⊥ HH ' xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K II ' . Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 x3 1 x3 I ' K = I ' H ' = I 'C ' = ; IK = IH = IC = 3 6 3 3 x3x3 Tam giác IOI’ vuông ở O nên: I ' K .IK = OK 2 � = r 2 � x 2 = 6r 2 Thể tích hình chóp cụt . 6 3 ( ) h 4x 2 3 x 2 3 3r 2 3 tính bởi: V = B + B '+ B.B ' Trong đó: B = = x 2 3 = 6r 2 3; B ' = = ; h = 2r 3 4 4 2 2r � 2 3r 2 3 � 21r 3 . 3 3r 2 3 Từ đó, ta có: V = � 3 + + 6r 2 3. = � 6r 3� 2� 2 3 � � V. NhËn xÐt : 10x 2 +8 x + 4 = 2(2x+1)2 +2(x2 +1) 2x + 1 2x + 1 ) 2 − m( )+2=0. Ph¬ng tr×nh t¬ng ®¬ng víi : 2 ( x +1 x2 +1 2 2x + 1 2t 2 + 2 =t -2< t ≤ 5 §Æt §iÒu kiÖn : . Rót m ta cã: m= x2 +1 t ] ( LËp b¶ng biÕn thiªn cña hµm sè trªn − 2, 5 , ta cã kÕt qu¶ cña m ®Ó 12 4
WWW.VNMATH.COM �+ 1 3 − t � t Suy ra trung điểm M của AC là M � ; . � �2 2� Điểm �+ 1 � 3 − t t + 1 = 0 � t = −7 � C ( −7;8 ) M �BM : 2 x + y + 1 = 0 � 2 � � + �2 � 2 Từ A(1;2), kẻ AK ⊥ CD : x + y − 1 = 0 tại I (điểm K BC ). Suy ra AK : ( x − 1) − ( y − 2 ) = 0 � x − y + 1 = 0 . x + y −1 = 0 I ( 0;1) . Tọa độ điểm I thỏa hệ: x − y +1 = 0 tọa độ của K ( −1;0 ) . Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK x +1 y = � 4x + 3y + 4 = 0 Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: −7 + 1 8 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng ∆ , thì ( P ) //( D) hoặc ( P ) ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH IA và IH ⊥ AH . d ( ( D ) , ( P ) ) = d ( I , ( P ) ) = IH Mặt khác ( P)H Trong mặt phẳng ( P ) , IH IA ; do đó maxIH = IA H A . Lúc này (P) ởuuị trí (P0) vuông góc với IA tại A. rv r r Vectơ pháp tuyến của (P0) là n = IA = ( 6;0; −3) , cùng phương với v = ( 2;0; −1) .Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2 ( x − 4 ) − 1. ( z + 1) = 2x - z - 9 = 0 VIIa Để ý rằng ( xy + 1) − ( x + y ) = ( 1 − x ) ( 1 − y ) 0 ; yz + 1 y + z và tương tự ta cũng có Vì vậy ta có: zx + 1 z + x �1 1� x 1 y z ( x + y + z) � + + + + +1+1+1 � � + 1 yz + 1 zx + 1 � yz + 1 zx + 1 xy + 1 xy x y z + + +3 yz + 1 zx+y xy + z �1 y � vv z = x� − − + �5 � + 1 zx + y xy + z � yz � y� z x �− − + 1 �5 � z+ y y+z� =5 VIb 1) + Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R = 1, R ' = 3 , đường thẳng (d) qua M có phương trình a( x − 1) + b( y − 0) = 0 � ax + by − a = 0, (a 2 + b 2 �0)(*) . + Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. Khi đó ta có: MA = 2MB � IA2 − IH 2 = 2 I ' A2 − I ' H '2 � 1 − ( d ( I ;d ) ) = 4[9 − ( d ( I ';d ) ) ] , 2 2 IA > IH . 36a 2 − b 2 9a 2 b2 � 4 ( d ( I ';d ) ) − ( d ( I ;d ) ) = 35 � 4. 2 2 −2 = 35 � 2 = 35 � a 2 = 36b 2 a 2 + b2 a + b2 a + b2
WWW.VNMATH.COM a = −6 Dễ thấy b 0 nên chọn b = 1 . a=6 Kiểm tra điều kiện IA > IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn. 2. .§êng th¼ng d ®i qua ®iÓm M (0;2;0) vµ cã vect¬ chØ ph¬ng u (1;−1;1) §êng th¼ng d’ ®i qua ®iÓm M ' (2;3;−5) vµ cã vect¬ chØ ph¬ng u '(2; 1;−1) . Mp (α ) ph¶i ®i qua ®iÓm M vµ cã vect¬ ph¸p tuyÕn n vu«ng gãc víi u vµ 1 cos(n; u ' ) = cos 600 = . Bëi vËy nÕu ®Æt n = ( A; B; C ) th× ta ph¶i cã : 2 A − B + C = 0 B = A + C B = A + C   ⇔ ⇔ 2  2A + B − C 1 = 2 A − AC − C = 0 2 2 3 A = 6 A + ( A + C ) + C 2 2 2   2  6 A + B +C 2 2 2 Ta cã 2 A2 − AC − C 2 = 0 ⇔ ( A − C )(2 A + C ) = 0 . VËy A = C hoÆc 2 A = −C . NÕu A = C ,ta cã thÓ chän A=C=1, khi ®ã B = 2 , tøc lµ n = (1;2;1) vµ mp(α ) cã ph¬ng tr×nh x + 2( y − 2) + z = 0 hay x+ y+ − = 2 z 4 0 NÕu 2 A = −C ta cã thÓ chän A = 1, C = −2 , khi ®ã B = −1 , tøc lµ n = (1;−1;−2) vµ mp(α ) cã ph¬ng tr×nh x − ( y − 2) − 2 z = 0 hay x− − z+ = y 2 2 0 a+b > c VIIb. Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b + c > a . c+a >b a+b c+a = y , a = z ( x, y , z > 0 ) � x + y > z , y + z > x, z + x > y . = x, Đặt 2 2 Vế trái viết lại: a+b a+c 2a VT = + + 3a + c 3a + b 2a + b + c 2z z Ta có: x + y > z � z ( x + y + z ) < 2 z ( x + y ) � > . x+ y+ z x+ y x y z = + + y+z z+x x+ y 2( x + y + z) x 2x y 2y x y z < < + + < = 2. ; . Do đó: Tương tự: y+z x+ y+z z+x x+ y+z y+z z+x x+ y x+ y+z �1 1 2 �b c + + + +
WWW.VNMATH.COM x + 1 − x − 2 x ( 1 − x ) − 2 4 x ( 1 − x ) = −1 ( )( ) x + 1− x − 2 4 x ( 1− x) + x +1− x − 2 x ( 1− x) = 0 * Với m = -1; (1) trở thành � ( ) +( ) 2 2 x − 4 1− x x − 1− x =0 � 4 1 x − 4 1− x = 0 � x = 4 + Với 2 1 x − 1 − x = 0 � x = Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất. + Với 2 ( ) =( ) 2 2 x + 1− x − 24 x ( 1− x) = 1− 2 x ( 1− x) � x − 4 1− x x − 1− x Với m = 1 thì (1) trở thành: 4 1 Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm x = 0, x = nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm 2 duy nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.