Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 192

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

Thêm vào BST

Báo xấu

47
lượt xem 15
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 192', 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 192

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 192) Câu I: (2 điểm). Cho hàm số y = - x3 + 3mx2 -3m – 1. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. 2. Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu. Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số có điểm cực đại, điểm cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng d: x + 8y – 74 = 0. Câu II: (2 điểm). 1. Giải phương trình : 1 + 3 (sinx + cosx) + sin2x + cos2x = 0 x+2 x 2 − 2 x + m.( x − 4). + 2 8 + 2 x − x 2 − 14 − m = 0 có nghiệm 2. Tìm m để phương trình 4− x thực. Câu III: (2 điểm). x y z = =, Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho hai đường thẳng ∆ 1 : 1 −2 1 x −1 y +1 z −1 = = ∆2 : −1 1 3 1. Chứng minh hai đường thẳng ∆ 1 và ∆ 2 chéo nhau. 2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆ 2 và tạo với đường thẳng ∆ 1 một góc 300. Câu IV: (2 điểm). 2 ln( x 2 + 1) 1. Tính tích phân : I = dx . x3 1 2. Cho x, y, z > 0 và x + y + z ≤ xyz . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. 1 1 1 P= 2 +2 +2 x + 2 yz y + 2 zx z + 2 xy Câu Va: (2 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đềcác Oxy, cho tam giác ABC cân tại A , ph ương trình c ạnh AB: x + y – 3 = 0 , phương trình cạnh AC : x – 7y + 5 = 0, đ ường th ẳng BC đi qua đi ểm M(1; 10). Viết phương trình cạnh BC và tính diện tích của tam giác ABC. n � 1� 2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niut ơn c ủa � x + � , biết rằng 2. x� � n− An2 − Cn +11 = 4n + 6 k k (n là số nguyên dương, x > 0, An là số chỉnhhợp chập k của n phần tử, Cn là số tổ hợp chập k của n phần tử) ………………. Hết ………………. 1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 192) Nội dung Điểm Câu Khi m = 1. Ta có hàm số y = - x3 + 3x2 – 4. I-1 Tập xác định D = R. Sự biến thiên. Chiều biến thiên. 0,25 y’ = - 3x2 + 6x , y’ = 0 ⇔ x = 0 v x = 2. y’> 0 ∀ x ∈( 0;2). Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; 2). y’ < 0 ∀ x ∈(- ∞; 0) ∪ (2; +∞).Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞;0) và (2; +∞). Cực trị. Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = y(2) = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = y(0) = - 4. 0,25 Giới hạn. Lim (− x + 3x − 4) = + , Lim (− x + 3x − 4) = − .Đồ thị hàm số không có tiệm 3 2 3 2 − + x x cận. Tính lồi, lõm và điểm uốn. y’’ = - 6x +6 , y’’ = 0 ⇔ x = 1. Bảng biến thiên. x -∞ 0 1 2 +∞ y’ - 0 + 0 - 0,25 y +∞ 0 (I) -2 -4 -∞ Đồ thị. Đồ thị hàm số cắt trục Ox tai các điểm (- 1; 0) , (2; 0). Đồ thị hàm số cắt trục Oy tai điểm (0 ; -4). Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là điểm uốn I(1;- 2). Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm uốn là k = y’(1) = 3. y f(x)=-x^3+3x^2-4 2 0,25 1 x -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -1 -2 -3 -4 -5 -6 Ta có y’ = - 3x2 + 6mx ; y’ = 0 ⇔ x = 0 v x = 2m. I-2 0,25 Hàm số có cực đại , cực tiểu ⇔ phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0. Hai điểm cực trị là A(0; - 3m - 1) ; B(2m; 4m3 – 3m – 1) Trung điểm I của đoạn thẳng AB là I(m ; 2m3 – 3m – 1) 0,25 uuu r r Vectơ AB = (2m; 4m3 ) ; Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u = (8; −1) . Id Hai điểm cực đại , cực tiểu A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d ⇔ 0,25 AB ⊥ d m + 8(2m3 − 3m − 1) − 74 = 0 ⇔ uuu r ⇔m = 2 0,25 r AB.u = 0 2
Tập xác định D = R. II-1 0,25 Phương trình đã cho tương đương với ( 3 s inx + sin 2 x) + � 3 cos x + (1 + cos2 x) � 0 = � � ⇔ ( 3 s inx + 2s inx.cos x) + ( 3 cos x + 2cos 2 x) = 0 ⇔ s inx( 3 + 2 cos x) + cos x( 3 + 2 cos x) = 0 0,25 3 cos x = − 0,25 ⇔ ( 3 + 2 cos x)(s inx + cos x) = 0 ⇔ 2 s inx = − cos x 5π + k 2π x= 5π + k 2π x= 6 � , k �Z ⇔ 0,25 6 π t anx = −1 + kπ x=− 4 II-2 x +2 0 4 −x �− � < 4 Điều kiện: x� 4 2x 0,25 8 +2x − x 2 0 x+2 Phương trình đã cho tương đương với x 2 − 2 x − m | 4 − x | + 2. 8 + 2 x − x 2 − 14 − m = 0 4− x ⇔ −(− x 2 + 2 x + 8) − m 8 + 2 x − x 2 + 2 8 + 2 x − x 2 − 6 − m = 0 . (1) 0,25 8 + 2 x − x 2 ; Khi x ∈ [ - 2; 4) thì t ∈ [ 0; 3] . Đặ t t = (2) −t 2 + 2t − 6 m= ⇔ Phương trình trở thành : - t2 – mt + 2t – 6 – m = 0 . t +1 −t 2 − 2t + 8 −t 2 + 2t − 6 ; t [ 0;3] ; f’(t) = ; f’(t) = 0 ⇔ t = - 4 v t = 2. Xét hàm số f (t ) = (t + 1) 2 t +1 Bảng biến thiên của hàm số f(t) trên đoạn [ 0 ; 3 ]. t -∞ -4 -1 0 2 3 +∞ 0,25 f’(t) - 0+ + + 0 - -2 f(t) 9 − -6 4 Phương trình đx cho có nghiệm x ∈ [ - 2; 4) ⇔ Phương trình (2) có nghiệm t ∈ [ 0; 3 ] 0,25 ⇔ Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số f(t) , t ∈ [ 0; 3 ] ⇔ - 6 ≤ m ≤ - 2 ur u III-1 Đường thẳng ∆ 1 có một vectơ chỉ phương u1 = (1; −2;1) , Điểm M ≡ O(0; 0; 0) ∈ ∆ 1. 0,25 uu r Đường thẳng ∆ 2 có một vectơ chỉ phương u2 = (1; −1;3) , điểm N(1;-1;1) ∈ ∆ 2. 0,25 u r � 2 1 1 1 1 −2 � − ur uu uuur Ta có �1 , u2 � � = � (−5; −2;1) ; ON = (1; −1;1) . = u ; ; 0,25 � � −1 3 3 1 1 −1 � � ur uu uuu ur r Ta có �1 , u2 � = −5 + 2 + 1 = −2 0 . Suy ra hai đường thẳng ∆ 1 và ∆ 2 chéo nhau. u .ON 0,25 � � x+ y =0 III -2 Phương trình đường thẳng ∆ 2 : 0,25 . 3y + z + 2 = 0 3
Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆ 2 có dạng λ(x + y) + µ(3y + z + 2) = 0 với λ2 + µ2 ≠ 0 r ⇔ λx + (λ + 3µ)y + µz + 2µ = 0. 0,25 Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là n = (λ ; λ + 3µ ; µ ) . ur r u Mặt phẳng (P) tạo với đường thẳng ∆ 1 một góc 300. Ta có sin(∆ 1,(P)) = | cos(u1 , n) | | 1.λ − 2(λ + 3µ ) + 1.µ | 0,25 3. λ 2 + 3λµ + 5µ 2 =| −λ − 5µ | ⇔ sin300 = 2⇔ 6. λ + (λ + 3µ ) + µ 2 2 ⇔ 2λ2 - λµ - 10µ2 = 0 ⇔ (2λ - 5µ)(λ + 2µ) = 0 ⇔ 2λ = 5µ v λ = - 2µ Với 2λ = 5µ chọn λ = 5, µ = 2 ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 5x + 11y + 2z + 4 = 0 0,25 Với λ = - 2µ chọn λ = 2, µ = - 1 ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 2x – y – z – 2 = 0. Kết luận: Có hai phương trình mặt phẳng (P) thoả mãn 5x + 11y + 2z + 4 = 0 ; 2x – y – z – 2 = 0. IV-1 2x du = 2 u = ln( x 2 + 1) x +1 � � Đặ t � � dx 0,25 �=3 �=− 1 dv v x 2x2 2 ln( x 2 + 1) 2 dx Do đó I = − + 0,25 1 1 x( x 2 + 1) 2 2x 2 2 2 dx 1 d ( x 2 + 1) ln 2 ln 5 1 x� ln 2 ln 5 � +� − � 2 = − + �− 2 dx = − 0,25 � x x +1� x 2 1 x +1 2 8 2 8 1� 1 2 ln 2 ln 5 � 1 5 � = − + � | x | − ln | x 2 + 1 | � = 2 ln 2 − ln 5 ln 0,25 1 2 8� 2 8 � IV -2 Từ giả thiết ta có xyz ≥ x + y + z ≥ 3 3 xyz ⇔ (xyz)3 ≥ 27.xyz ⇔ xyz ≥ 3 3 . 0,25 Áp dụng BĐT Cauchy ta có 0,25 x2 + yz + yz ≥ 3 3 ( xyz ) 2 ; y2 + zx + zx ≥ 3 3 ( xyz ) 2 ; z2 + xy + xy ≥ 3 3 ( xyz ) 2 1 1 1 1 1 1 + + = = Từ đó ta có P 0,25 (3 3) 2 3 3 3 ( xyz ) 2 3 3 ( xyz ) 2 3 3 ( xyz ) 2 ( xyz ) 2 3 3 x= y=z 1 � x = y = z = 3. Từ đó ta có Max P = đạt được khi 0,25 x + y + z = xyz 3 �+ y −3= 0 �=2 Va-1 x x Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: � .Hay A(2;1) � � − 7y + 5 = 0 � =1 x y 0,25 x + 3 y − 5 = 0 d1 x + y −3 x −7 y +5 ⇔ = Phương trình đường phân giác góc A là 3x − y −5 = 0 d 2 2 52 Do tam giác ABC cân tại A nên đường phân giác trong kẻ từ A cũng là đường cao. 0,25 * Nếu d1 là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A thì phương trình cạnh BC là 3x – y + 7 = 0 * Nếu d2 là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A thì phương trình cạnh BC là x + 3y - 31 = 0 4
TH1: Phương trình cạnh BC: 3x – y + 7 = 0 �+ y −3= 0 � = −1 x x Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình � . Hay B(-1; 4) � �x − y + 7 = 0 �=4 3 y 11 x =− x −7 y + 5 = 0 11 2 0,25 5 . Hay C( − ;) Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình � � 3 x − y +7 = 0 2 55 y= 5 1 1 24 36 S = d (C , AB ). AB = . .3 2 = Diện tích tam giác ABC là : (đvdt) 2 25 2 5 5
TH2: Phương trình cạnh BC: x +3y - 31 = 0 �+ y −3= 0 � = −11 x x Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình � . Hay B(-11; 14) � � + 3 y − 31 = 0 � = 14 x y 101 x= x −7 y + 5 = 0 101 18 5 0,25 ; Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình . Hay C( ) � � x +3 y −31 = 0 18 5 5 y= 5 1 1 104 676 Diện tích tam giác ABC là : S = d (C , AB ). AB = . .13 2 = (đvdt) 2 25 2 5 Va-2 n −1 Giải phương trình An − Cn +1 = 4n + 6 ; Điều kiện: n ≥ 2 ; n ∈ N. 2 (n + 1)! n(n + 1) Phương trình tương đương với n(n − 1) − = 4n + 6 ⇔ n(n − 1) − = 4n + 6 0,25 2!(n − 1)! 2 ⇔ n2 – 11n – 12 = 0 ⇔ n = - 1 (Loại) v n = 12. 12 � 1� Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn: � x + �. 2 x� � k �1 � 0,25 12 − k � � ; k ∈ N, 0 ≤ k ≤ 12 k Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là : Tk +1 = C (2 x) 12 �x� 24 −3 k k Hay Tk+ 1 = C k ( 2 x ) 12− k .x − 2 = C k .212−k .x . 2 12 12 k Σ� , 0 k N 12 � k = 8. Số hạng này không chứa x khi 0,25 24 − 3k = 0 Vậy số hạng thứ 9 không chứa x là T9 = C12 2 = 7920 84 0,25 6