Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 20

Chia sẻ: Up Up | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

75
lượt xem 27
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học môn toán năm 2012_đề số 20', 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 20

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 20 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số f ( x)  x 3  3 x 2  4 . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số . 3 2 1 1   2) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: G(x)=  2sin x    3  2sin x    4 2 2     Câu II. (2,0 điểm) 1) Tìm m sao cho phương trình sau có nghiệm duy nhất: ln(mx )  2ln( x  1) sin 3 x.(1  cot x )  cos3 x(1  tan x )  2sin 2 x . 2) Giải phương trình: e2 x  2 x  1 Câu III. (1,0 điểm) Tính giới hạn: lim x 0 3x  4  2  x Câu IV. (1,0 điểm) Xác định vị trí tâm và độ dài bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có AB  2, AC  3, AD  1, CD  10, DB  5, BC  13 . x  y  3  Câu V. (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm với x  2 :  2 2  x 3 y 5 m  II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC 1 với các đỉnh: A(–2;3), B  ;0  , C (2;0) .   4  2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm 2 x  3 y  11  0 x  2 y 1 z 1 M  4; 5;3 và cắt cả hai đường thẳng: d ' :  và d '' : .   y  2z  7  0 5 2 3  Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm n sao cho Cn  6Cn  6Cn3  9n 2  14n , trong đó Cnk là số tổ hợp chập k 1 2 từ n phần tử. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình elip với các tiêu điểm F1  1;1 , F2  5;1 và tâm sai e  0,6 . 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình hình chiếu vuông góc của x  2z  0 đường thẳng d :  trên mặt phẳng P : x  2 y  z  5  0 . 3 x  2 y  z  3  0 Câu VII.b (1,0 điểm) Với n nguyên dương cho trước, tìm k sao cho C2nn  k C2nn  k lớn nhất hoặc nhỏ nhất.
Hướng dẫn Đề số 20 1  3 5  t  t    ;  và g  x   f  t   t 3  3t 2  4. Câu I: 2) Đặt 2sin x  2  2 2 27  54  32  3 27 9 49 f       3.  4   ;  2 8 4 8 8 49 fCD  f  0   4; fCT  f  2   0;  Max = 4, Min =  8 125  150  32 7  5  125 25 f    3.  4   2 8 4 8 8 Câu II: 1) ĐKXĐ: x  1, mx  0 . Như vậy trước hết phải có m  0 . Khi đó, PT  mx  ( x  1)2  x 2  (2  m) x  1  0 (1) Phương trình này có:   m 2  4m .  Với m  (0;4)   < 0  (1) vô nghiệm.  Với m  0 , (1) có nghiệm duy nhất x  1 < 0  loại.  Với m  4 , (1) có nghiệm duy nhất x = 1 thoả ĐKXĐ nên PT đã cho có nghiệm duy nhất.  Với m  0 , ĐKXĐ trở thành 1  x  0 . Khi đó   0 nên (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2  x1  x2  . Mặt khác, f (1)  m  0, f (0)  1  0 nên x1  1  x2  0 , tức là chỉ có x2 là nghiệm của phương trình đã cho. Như vậy, các giá trị m  0 thoả điều kiện bài toán.  Với m  4 . Khi đó, điều kiện xác định trở thành x > 0 và (1) cũng có hai nghiệm phân biệt x1 , x2  x1  x2  . Áp dụng định lý Viet, ta thấy cả hai nghiệm này đều dương nên các giá trị m  4 cũng bị loại. Tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: m  ( ;0)  4 . k 2) ĐKXĐ: x  sao cho sin 2 x  0 . 2 Khi đó, VT = sin 3 x  cos3 x  sin 2 x cos x  cos 2 x sin x = (sin x  cos x)(sin 2 x  sin x cos x  cos 2 x)  sin x cos x(sin x  cos x) = sin x  cos x sin x  cos x  0 PT  sin x  cos x  2sin 2 x   2 (sin x  cos x)  2sin 2 x (1)    2 k  x   k (1)  1  sin 2 x  2sin 2 x  sin 2 x  1(  0)  2 x  2 4  Để thoả mãn điều kiện sin x  cos x  0 , các nghiệm chỉ có thể là: x   2k 4 2x 2x e  2x 1 1  2x  1  e 1 x   Câu III: Ta có: . x 3x  4  2  x 3x  4  2  x 1  2 x  1  e2 x  1  1  2 x  1 e 2 x  1  x( 3 x  4  2  x ) x  = . = . x  (3x  4)  (2  x )2  x x 3x  4  2  x   e 2 x  1  x ( 3 x  4  2  x) e 2 x  1  3x  4  2  x  2 x 2 =  2. =   2. . .    x  x2  x 1  2x  1 2x  1 x 2x   1  2x  1   e2 x  2 x  1  lim  (1  2).4  4 x 0 3x  4  2  x Câu IV: Ta có: CD 2  10  AC 2  AD 2 ; DB 2  5  AD 2  AB 2 ; BC 2  13  AB 2  AC 2 ; Do đó tứ diện ABCD có ba mặt là ba tam giác vuông tại cùng đỉnh A. Lấy các điểm E, F, G, H sao cho đa diện ABEC.DGHF là hình hộp chữ nhật. Hiển nhiên, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện cũng là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp. Tâm mặt cầu này là trung điểm I của 1 12 14 2  32  12  đoạn AH, còn bán kính là R  AH  . 2 2 2
x3 x Câu V: Đặt f ( x )  x 2  3  (3  x) 2  5  f ( x)   2 (3  x) 2  5 x 3 2  x  3 f ( x)  0  x x 2  6 x  14  (3  x ) x 2  3   2  2 x  18 x  27  0 9  3 15 Phương trình thứ hai có  '  81  54  135  9.15 , và hai nghiệm: x1,2  2 Dễ kiểm tra rằng cả hai nghiệm này đều bị loại vì nhỏ hơn 2. Vậy, đạo hàm của hàm số không thể đổi dấu trên  2;   , ngoài ra f (3)  0 nên f ( x)  0, x  2 . Do đó, giá trị nhỏ nhất của f ( x ) là f (2)  7  6 . Cũng dễ thấy lim f  x    . Từ đó suy ra: hệ phương trình đã cho có nghiệm (với x  2 ) khi và x  chỉ khi m  6  7 . Câu VI.a: 1) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A 2 9 1 2     3 d 4  4 DB AB khi và chỉ khi    4d  1  6  3d  d  1. 2d DC AC 2 42   3 x  2 y 3 x  2 y 3 Phương trình AD:   x  y  1  0 ; AC:   3x  4 y  6  0 3 3 3 4 Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là 1  b và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có: 4   b  3  5b  b   3 3 1  b   4b  6  b  b  3  5b    b  3  5b  b  1 32  4 2   2 1 Rõ ràng chỉ có giá trị b  là hợp lý. Vậy, phương trình của đường tròn nội tiếp ABC là: 2 2 2 1  1 1  x   y    2  2 4  2) Mặt phẳng P’ đi qua đường thẳng d’ có phương trình dạng: m  2 x  3 y  11  n  y  2 z  7   0  2mx   3m  n  y  2nz  11m  7n  0. Để mặt phẳng này đi qua M, phải có: m( 8  15  11)  n( 5  6  7)  0  n  3m Chọn m  1, n  3 , ta được phương trình của P’: 2 x  6 z  10  0 .  Đường thẳng d” đi qua A  2; 1;1 và VTCP m  (2;3; 5) . Mặt phẳng P” đi qua M và d” có hai     VTCP là m và MA  6;4; 2  hoặc n  3;2; 1 . Vectơ pháp tuyến của P” là:   3; 5 5;2 2;3      7; 13; 5 . p , ,  2; 1 1;3 3;2  Phương trình của P”: 7( x  4)  13( y  5)  5( z  3)  0  7 x  13 y  5 z  29  0. Đường thẳng d phải là giao tuyến của P’ và P” nên có phương trình: 2 x  6 z  10  0  7 x  13 y  5 z  29  0 Câu VII.a: Điều kiện: n  3. Theo giả thiết thì: n  3n(n  1)  n( n  1)(n  2)  9n 2  14n  n2  9n  14  0  n = 7 c 3 Câu VI.b: 1) Giả sử M  x, y  là điểm thuộc elip. Vì bán trục lớn của elip là a   5 e 0,6 nên ta có: MF1  MF2  10  ( x  1) 2  ( y  1) 2  ( x  5) 2  ( y  1) 2  10
( x  2) 2 ( y  1) 2   1 25 16 2) Mặt phẳng Q đi qua d có phương trình dạng: m  x  2 z   n  3 x  2 y  z  5  0   m  3n  x  2ny   2m  n  z  5n  0 (Q)  (P)  1.( m  3n)  2( 2n)  1.(2m  n)  0   m  8n  0 Chọn m = 8, n = 1, ta được phương trình của Q: 11x  2 y  15 z  5  0 . Vì hình chiếu d’ của d trên P là giao tuyến của P và Q nên phương trình của d’ sẽ là: x  2 y  z  5  0  11x  2 y  15 z  5  0 n n Câu VII.b: Ta chứng minh rằng C2 n  k C2 n  k giảm khi k tăng, tức là: n n n n C2 n  k C2 n  k  C2 n  k 1C2 n  k 1 . (3) Thật vậy, ta có chuỗi các biến đổi tương đương sau đây:  2n  k ! 2n  k !   2n  k  1! 2n  k  1! (3)  n! n  k !n! n  k ! n! n  k  1!n ! n  k  1! 2n  k 2n  k  1 n n    1   1. nk n  k 1 nk n  k 1 Bất đẳng thức cuối cùng là hiển nhiên; từ đó suy ra (3) đúng. n n Do đó, C2 n  k C2 n  k lớn nhất khi k = 0 và nhỏ nhất khi k = n.