Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 183

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

Thêm vào BST

Báo xấu

57
lượt xem 11
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 183', 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 183

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 183 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) m y =x+m+ Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số x−2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1. 2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau. Câu II (2,0 điểm) cos 2 x. ( cos x − 1) = 2 ( 1 + sin x ) . 1. Giải phương trình sin x + cos x 7 − x2 + x x + 5 = 3 − 2x − x2 2. Giải phương trình (x ﾡ ) 3 x −3 dx . Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân 0 3. x + 1 + x + 3 Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di đ ộng trên các c ạnh AB, AC sao ( DMN ) ⊥ ( ABC ) . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: x + y = 3xy. cho x + y + 16 z 3 3 3 0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z ( 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 toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, ph ương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng x + 1 y −1 z − 2 x−2 y+2 z = = = = d1: , d2: −2 2 3 1 1 5 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2. Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 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), trọng tâm G(2; 0). Hai đ ỉnh B và C l ần l ượt n ằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. x − 3 y + 2 z +1 = = 2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. Gọi M là giao điểm −1 2 1 ∆ nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ của d và (P). Viết phương trình đường thẳng M tới ∆ bằng 42 . 1 log 1 ( y − x ) − log 4 =1 y ( x, y ﾡ ) Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 4 2 2 x + y = 25 -------------------Hết ------------------- - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 183) Nội dung Điểm Câu I 2,0 1 1,0 1 y = x +1+ Với m =1 thì x−2 0.25 a) Tập xác định: D = ﾡ \ { 2} b) Sự biến thiên: x =1 x2 − 4x + 3 1 y ' =1− = y'= 0 , . ( x − 2) ( x − 2) 2 2 x=3 lim y = − lim y = + lim y = + ; lim y = − 0.25 , , , 2+ 2− − + x x x x lim [ y − ( x + 1)] = 0 ; lim [ y − ( x + 1) ] = 0 + − x x Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1. Bảng biến thiên x +∞ - 1 2 3 ∞ – y’ + + 0 – 0 +∞ +∞ 1 y 0.25 - 3 - ∞ số đồng biến trên mỗi khoảng ( − ;1) , ( 3; + ) ; hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ∞ Hàm ( 1; 2 ) , ( 2;3) Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = 1 tại x = 1; yCT = 3 tại x = 3. c) Đồ thị: 0.25 2 1.0 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 2
m Với x 2 ta có y’ = 1- ; ( x − 2) 2 0.25 Hàm số có cực đại và cực tiểu phương trình (x – 2)2 – m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2 �m>0 x1 = 2 + m � y1 = 2 + m + 2 m Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: 0.25 x2 = 2 − m � y2 = 2 + m − 2 m Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2 − m ; 2 + m − 2 m ) ; B( 2 + m ; 2 + m + 2 m ) Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình: 0.25 2−m− m = 2−m+ m m=0 m=2 0.25 Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán Vậy ycbt ⇔ m = 2. II 2.0 cos 2 x. ( cos x − 1) = 2 ( 1 + sin x ) . Giải phương trình 1 1.0 sin x + cos x ĐK: sin x + cos x 0 0.25 PT � ( 1 − sin 2 x ) ( cos x − 1) = 2 ( 1 + sin x ) ( sin x + cos x ) Khi đó � ( 1 + sin x ) ( 1 + cos x + sin x + sin x.cos x ) = 0 0.25 � ( 1 + sin x ) ( 1 + cos x ) ( 1 + sin x ) = 0 sin x = −1 (thoả mãn điều kiện) 0.25 cos x = −1 π + k 2π x=− ( k, m Z) 2 x = π + m2π 0.25 π ( k, m Z) + k 2π và x = π + m2π x=− Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2 7 − x2 + x x + 5 = 3 − 2x − x2 2 1.0 Giải phương trình: (x ﾡ ) 3 − 2 x − x2 0 PT 0.25 7 − x + x x + 5 = 3 − 2x − x2 2 3 − 2x − x2 0 0.25 x x + 5 = −2( x + 2) −3 x 1 −2 x
3 x −3 1.0 dx . Tính tích phân III 0 3. x + 1 + x + 3 x = 0 � u =1 x + 1 � u 2 − 1 = x � 2udu = dx ; đổi cận: Đặt u = 0.25 x = 3�u = 2 3 2 2 2 x−3 2u 3 − 8u 1 0.25 Ta có: � dx = � du = �u − 6)du + 6� du (2 u + 3u + 2 u +1 2 0 3 x +1 + x + 3 1 1 1 2 ( ) 1 + 6 ln u + 1 1 2 0.25 = u 2 − 6u 3 = −3 + 6 ln 0.25 2 IV 1.0 D Dựng DH ⊥ MN = H ( DMN ) ⊥ ( ABC ) � DH ⊥ ( ABC ) mà D. ABC là Do H là tâm tam giác đều ABC . tứ diện đều nên B C 0.25 N H M A 2 �3� 6 DH = DA2 − AH 2 = 12 − � � = Trong tam giác vuông DHA: �3 � 3 �� 0.25 1 3 S AMN = AM . AN .sin 600 = Diện tích tam giác AMN là xy 2 4 1 2 D. AMN là V = S AMN .DH = Thể tích tứ diện xy 0.25 3 12 1 1 1 S AMN = S AMH + S AMH � xy.sin 600 = x. AH .sin 300 + y. AH .sin 300 Ta có: 2 2 2 0.25 ⇔ x + y = 3xy. V 1.0 ( x + y) 3 � ... � ( x − y ) ( x + y ) �0 2 x +y Trước hết ta có: (biến đổi tương đương) 3 3 0.25 4 ( x + y) ( a − z) 3 3 + 64 z 3 + 64 z 3 = ( 1 − t ) + 64t 3 3 = Đặt x + y + z = a. Khi đó 4P 3 3 a a 0.25 z (với t = , 0 t 1 ) a [ 0;1] . Có Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t 1 f '(t ) = 3 � t 2 − ( 1 − t ) � f '(t ) = 0 � t = � 0;1] [ 2 64 , 0.25 � � 9 Lập bảng biến thiên 64 � GTNN của P là 16 đạt được khi x = y = 4z > 0 � Minf ( t ) = 0.25 81 81 t [ 0;1] - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 4
VI.a 2.0 1 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ: 21 x= x − 2 y +1 = 0 � 13 � 21 5 0.25 �� B� ; � � x − 7 y + 14 = 0 13 � 5� 5 y= 5 Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD, kí hiệu uuu r uuur uuur nAB (1; −2); nBD (1; −7); nAC ( a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các đường thẳng AB, BD, uuu uuu rr uuu uuu rr ( ) ( ) AC. Khi đó ta có: cos n AB , nBD = cos n AC , n AB 0.25 a = −b 3 � a − 2b = a + b � 7 a + 8ab + b = 0 � 2 2 2 2 b a=− 2 7 - Với a = - b. Chọn a = 1 b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, � − y −1 = 0 �=3 x x �� A(3; 2) � A = AB ∩ AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: � − 2 y +1 = 0 � = 2 x y Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7 x= x − y −1 = 0 � 5� 7 � � 2 �I � ; � 0.25 � x − 7 y + 14 = 0 5 � 2� 2 y= 2 � 12 � 14 Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ C ( 4;3) ; D � ; � � 5� 5 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 2 1.0 � = −1 + 2t � = 2+m x x � � Phương trình tham số của d1 và d2 là: d1 : � = 1 + 3t ; d 2 : � = −2 + 5m y y 0.25 � = 2+t � = −2 m z z � � Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m) uuuur 0.25 MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 3 + m − 2t = 2k uuuu r uu r uu r −3 + 5m − 3t = −k có nghiệm Do d ⊥ (P) có VTPT nP (2; −1; −5) nên ∃k : MN = k n p 0.25 −2 − 2m − t = −5k m =1 Giải hệ tìm được t =1 x = 1 + 2t Phương trình d: y = 4 − t thoả mãn bài toán 0.25 Khi đó điểm M(1; 4; 3) z = 3 − 5t Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình VII.a 1.0 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 5
log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 nN Điều kiện: n>3 0.25 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 ⇔ log4(n – 3)(n + 9) = 3 (thoả mãn) n=7 ⇔ (n – 3)(n + 9) = 4 ⇔ n + 6n – 91 = 0 3 2 (không thoả mãn) n = −13 0.25 Vậy n = 7. 23 ( 1+ i) .� + i) (1 �= ( 1 + i ) .(2i )3 = (1 + i).( −8i) = 8 − 8i Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 0.25 � � Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25 VI.b 2.0 1 1.0 B ( xB ; yB ) �d1 � xB = − y B − 5; C ( xC ; yC ) �d 2 � xC = −2 yC + 7 Giả sử 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 phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = Bán kính R = d(C; BG) = 0.25 5 25 2 1.0 Ta có phương trình tham số của d là: x = 3 + 2t x = 3 + 2t y = −2 + t y = −2 + t ⇒ toạ độ điểm M là nghiệm của hệ (tham số t) z = −1 − t 0.25 z = −1 − t x+ y+z+2=0 � M (1; −3;0) uu r uu r nP (1;1;1) , VTCP của d là ud (2;1; −1) . Lại có VTPT của(P) là uur uu uu rr Vì ∆ nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u∆ = �d , nP � (2; −3;1) = u � � uuuu r Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên ∆ , khi đó MN ( x − 1; y + 3; z ) . uu r uuuu r 0.25 Ta có MN vuông góc với u∆ nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 x+ y+z+2=0 Lại có N (P) và MN = 42 ta có hệ: 2 x − 3 y + z − 11 = 0 ( x − 1) 2 + ( y + 3) 2 + z 2 = 42 Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25 x−5 y+2 z +5 ∆: = = Nếu N(5; -2; -5) ta có pt −3 2 1 0.25 x+3 y+4 z −5 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt ∆ : = = −3 2 1 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 6
1 VII.b 1.0 log 1 ( y − x ) − log 4 =1 y ( x, y ﾡ ) Giải hệ phương trình 4 x 2 + y 2 = 25 y−x>0 Điều kiện: 0.25 y>0 y−x � −x 1 1 y � � � 4 ( y − x ) + log 4 y = −1 � 4 y = −1 � y = 4 log log Hệ phương trình � � �� 0.25 � 2 + y 2 = 25 � 2 + y 2 = 25 � 2 + y 2 = 25 x x x � � � x = 3y � = 3y � = 3y x x � �2 �� 2 25 0.25 y= x + y 2 = 25 � y 2 + y 2 = 25 9 � 10 �15 5�(không thỏa mãn đk) ( x; y ) = � ; � � 10 10 � � 15 5� ; − (không thỏa mãn đk) 0.25 ( x; y ) = �− � � 10 10 � Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như đáp án quy định. - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 7