Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học môn toán năm 2012_đề số 185', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 185
- ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012
Môn thi : TOÁN (ĐỀ 185)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm):
2x − 2
Cho hàm số y =
Câu I: (2 điểm) (C)
x +1
1. Khảo sát hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB = 5
.
Câu II: (2 điểm)
2 cos 5 x. cos 3 x + sin x = cos 8 x , (x ∈ R)
1. Giải phương trình:
x+ y + x− y =2 y
(x, y∈ R)
2. Giải hệ phương trình:
x + 5y = 3
Câu III: (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = e x + 1 ,trục hoành, x = ln3
và x = ln8.
Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đ ường chéo AC = 2 3a ,
BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
a3
Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo
4
a.
(x + y3 ) − ( x2 + y 2 )
3
Câu V: (1 điểm) Cho x,y ∈ R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của P =
( x − 1)( y − 1)
PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = 0 có tâm I
và đường thẳng ∆ : mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng ∆ cắt đường tròn (C) tại hai điểm
phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12.
x +1 y −1 z −1
= =
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: ;
−1
2 1
x −1 y − 2 z +1
= = và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc c ủa
d2:
1 1 2
đường thẳng ∆ , biết ∆ nằm trên mặt phẳng (P) và ∆ cắt hai đường thẳng d1 , d2 .
2
Câu VII.a (1 điểm) Giải bất phương trình 2log 2 x + x 2log2 x − 20 0
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x - y - 2 = 0,
phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2). Viết phương trình
cạnh BC.
x −1 y − 3 z
= =
3. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : và điểm
1 1 4
M(0 ; - 2 ; 0). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đ ường th ẳng ∆
đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (P) bằng 4.
- 25
Giải phương trình nghiệm phức : z + = 8 − 6i
Câu VII.b (1 điểm)
z
….. Hết ….
- ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012
Môn thi : TOÁN (ĐỀ 185)
I-2
(1 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm: 2x + mx + m + 2 = 0 , (x≠ - 1) (1) d cắt (C) tại 2 điểm phân
2
biệt ⇔ PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1 ⇔ m2 - 8m - 16 > 0 (2) Gọi A(x1; 2x1 + m) , B(x2; 2x2 + m. Ta
có x1, x2 là 2 nghiệm của PT(1).
m
x1 + x2 = −
2
. AB2 = 5 ⇔ ( x1 − x2 ) + 4( x1 − x2 ) = 5 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4x1 x2 = 1 ⇔ m2 -
2 2 2
Theo ĐL Viét ta có
m+2
x1 x2 =
2
8m - 20 = 0⇔ m = 10 , m = - 2 ( Thỏa mãn (2))KL: m = 10, m = - 2.
II-1
1
(1 điểm PT ⇔ cos2x + cos8x + sinx = cos8x⇔ 1- 2sin2x + sinx = 0⇔ sinx = 1 v sin x = − ⇔
2
π π 7π
x = + k 2π ; x = − + k 2π ; x = + k 2π , ( k Z )
2 6 6
II-2(1 điểm) ĐK: x + y ≥ 0 , x - y ≥ 0, y ≥ 0 PT(1) ⇔ 2 x + 2 x 2 − y 2 = 4 y � x2 − y2 = 2 y − x
2y − x 0 (3)
Từ PT(4) ⇔ y = 0 v 5y = 4x
5 y = 4 xy (4)
2
Với y = 0 thế vào PT(2) ta có x = 9 (Không thỏa mãn đk (3)) Với 5y = 4x thế vào PT(2) ta có
� 4�
x + 2 x = 3 � x = 1 KL: HPT có 1 nghiệm ( x; y ) = � �
1;
� 5�
S
ln 8
III(1 điểm) Diện tích S = e + 1dx ; Đặt t = e + 1 � t = e + 1 � e = t − 1 Khi x = ln3 thì t = 2 ;
x x 2 x x 2
ln 3
2t
Khi x = ln8 thì t = 3; Ta có 2tdt = exdx ⇔ dx = dt
t −1
2
3 3
t −1 �3
2t 2 I
�
2� 3
� �� D
Do đó S = � dt = � + 2 = = �t + ln � = 2 + ln � �(đvdt)
2 dt 2
� � A
t −1 t −1� t +1 � 3a
2
2 2
2� ��
�
2
O
H
a
K
IV(1 điểm) C B
Từ giả thiết AC = 2a 3 ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường
ﾷ
chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a , do đó A B D = 600
Hay tam giác ABD đều.
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của
chúng là SO ⊥ (ABCD). Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta
1 a3
⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK)
có DH ⊥ AB và DH = a 3 ; OK // DH và OK = DH =
2 2
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến
1 1 1 a
mặt phẳng (SAB). Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ 2 = + � SO =
2 2
OI OK SO 2
- a
Diện tích đáy S ABC D = 4S∆ABO = 2.OA.OB = 2 3a 2 ; đường cao của hình chóp SO = . Thể tích khối chóp
2
3a 3
1
S.ABCD: VS . ABC D = S ABC D .SO = .
3 3
t2
V(1 điểm) Đặt t = x + y ; t > 2. Áp dụng BĐT 4xy ≤ (x + y) ta có xy 2
4
t (3t − 2)
2
t3 − t2 −
t 3 − t 2 − xy (3t − 2) t2
t2 4 =
P= nên ta có P
. Do 3t - 2 > 0 và − xy −
t−2
t2
xy − t + 1 4 − t +1
4
t 2 − 4t
t2
Xét hàm số f (t ) = ; f '(t ) = ; f’(t) = 0 ⇔ t = 0 v t = 4.
t−2 (t − 2) 2
+∞
t 2 4
f’(t) - 0 +
+∞ +∞
f(t)
8
�+ y=4 �=2
x x
Do đó min P = (min) f (t ) = f(4) = 8 đạt được khi � �
� =4 � =2
2;+
xy y
VI.a -1(1 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5. Gọi H là trung điểm của dây cung AB.
Ta có IH là đường cao của tam giác IAB.
| m + 4m | | 5m |
IH = d ( I , ∆ ) = =
m + 16 m 2 + 16
2
(5m) 2 20
AH = IA2 − IH 2 = 25 − =
I
m + 16
2
m 2 + 16
5
Diện tích tam giác IAB là S∆IAB = 12 � 2S∆IAH = 12 ∆
H B
A
m= 3
⇔ d ( I , ∆ ). AH = 12 � 25 | m |= 3( m + 16) �
2
16
m=
3
VI.a -2(1 điểm) Gọi A = d1∩ (P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2 ∩ (P) suy ra B(2; 3; 1) Đường thẳng ∆ thỏa mãn
r
bài toán đi qua A và B. Một vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ là u = (1; 3; −1) Phương trình chính tắc
x −1 y z − 2
==
của đường thẳng ∆ là:
−1
1 3
2
VII.a(1 điểm) Điều kiện: x> 0 ; BPT ⇔ 24log2 x + x 2log2 x − 20 0
Đặt t = log 2 x . Khi đó x = 2t .BPT trở thành 42 t + 22 t − 20 0 . Đặt y = 22 t ; y ≥ 1 BPT trở thành y2
2 2 2
+ y - 20 ≤ 0 ⇔ - 5 ≤ y ≤ 4. Đối chiếu điều kiện ta có : 22 t �4 2t 2 2 t 2 1 ⇔ - 1 ≤ t ≤ 1.
2
1
Do đó - 1 ≤ log 2 x ≤ 1 ⇔ x2
2
- x- y-2 = 0
⇔ A(3; 1) Gọi B(b; b- 2) ∈ AB, C(5-
VI.b- 1(1 điểm) Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT:
x + 2y - 5 = 0
3 + b + 5 − 2c = 9 b=5
2c; c) ∈ AC Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên ⇔ . Hay B(5; 3), C(1; 2)
1+ b − 2 + c = 6 c=2
r uuu r
Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là u = BC = ( −4; −1) .
Phương trình cạnh BC là: x - 4y + 7 = 0
r
VI.b-2(1 điểm) Giả sử n ( a; b; c ) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + 2b = 0. r
Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(1; 3; 0) và có một vectơ chỉ phương u = (1;1; 4) Từ giả thiết ta có
rr
n.u = a + b + 4c = 0
∆ / /( P ) (1)
� | a + 5b | Thế b = - a - 4c vào (2) ta có
�
=4
d ( A; ( P )) = 4 (2)
a 2 + b2 + c 2
a a
( a + 5c ) 2 = (2a 2 + 17c 2 + 8ac) � a 2 - 2ac − 8c 2 = 0 ⇔ = 4 v = −2
c c
a
Với = 4 chọn a = 4, c = 1 ⇒ b = - 8. Phương trình mặt phẳng (P): 4x - 8y + z - 16 = 0.
c
a
Với = −2 chọn a = 2, c = - 1 ⇒ b = 2. Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z + 4 = 0.
c
VII.b(1 điểm) Giả sử z = a +bi với ; a,b ∈ R và a,b không đồng thời bằng 0. Khi đó
a − bi 25( a − bi )
1 1 25
z = a − bi ; = =2 z+ = 8 − 6i � a − bi + 2 = 8 − 6i ⇔
2 Khi đó phương trình
z a + bi a + b a + b2
z
a ( a 2 + b2 + 25) = 8( a 2 + b2 ) (1) 3
. Lấy (1) chia (2) theo vế ta có b = a thế vào (1)
b( a + b + 25) = 6( a + b ) (2) 4
2 2 2 2
Ta có a = 0 v a = 4Với a = 0 ⇒ b = 0 ( Loại) Với a = 4 ⇒ b = 3 . Ta có số phức z = 4 + 3i.
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
