Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 33

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

Thêm vào BST

Báo xấu

64
lượt xem 17
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 33', 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 33

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 33 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y  x 4  mx 3  2 x 2  3mx  1 (1) . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0. 2) Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu. Câu II: (2 điểm) 23 2 cos3xcos3x – sin3xsin3 x = 1) Giải phương trình: 8 2 x  1  x x 2  2  ( x  1) x 2  2 x  3  0 2) Giải phương trình:  2 Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I    x  1 sin 2 xdx . 0 Câu IV: (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A.ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA = b. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABC). Tính tan  và thể tích của khối chóp A.BBCC. a 2 b2 c2 a b c Câu V: (1 điểm) Cho ba số a, b, c khác 0. Chứng minh: .  b2 c2 a2 b c a II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6; 2) là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng : x + y – 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – 2y – z – 4 = 0 và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = 0. Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. 2 2 Câu VII.a: (1 điểm) Giải bất phương trình: 9 x  x 1  1  10.3x  x 2 . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng : x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để  cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích IAB lớn nhất. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm D(– 1; 1; 1) và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâm của tam giác MNP. Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình: 4 x  2 x 1  2(2 x  1)sin(2 x  y  1)  2  0 .
Hướng dẫn Đề số 33 Câu I: 2) Đạo hàm y  4 x 3  3mx 2  4 x  3m  ( x  1)[4 x 2  (4  3m) x  3m] x 1 y  0   2  4 x  (4  3m) x  3m  0 (2) Hàm số có 2 cực tiểu  y có 3 cực trị  y = 0 có 3 nghiệm phân biệt    (3m  4) 2  0 4  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1    m . 3  4  4  3m  3m  0 4 Thử lại: Với m   , thì y = 0 có 3 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 3 4 Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi m   . 3   2 Câu II: 1) PT  cos 4 x   x    k ,k  Z 2 16 2  v2  u2  2x  1 u  x 2  2, u  0 2 2 u  x  2   2) Đặt:   2  v2  u 2  1 2 v  x  2 x  3  x 2  2 v  x  2 x  3, v  0    2 v  u  0 (b)   v  u  1  PT  (v  u )  (v  u ) 1   0 ( v  u )  1  v  u   1  0 2  2 (c)       22   Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm. 1 Do đó: PT  v  u  0  v  u  x 2  2 x  3  x 2  2  x   2   /2 u  x  1  1 1 2  I =   x  1 cos 2 x   cos 2 xdx   1 . Câu III: Đặt  dv  sin 2 xdx 2 20 4  0 Câu IV: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của  ABC. Vì A.ABC là hình chóp đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABC) là  = A EH . 9b 2  3a 2 a3 a3 a3  A ' H  A ' A2  AH 2  Ta có : AE  , AH  , HE  . 3 2 3 6 A ' H 2 3b 2  a 2 a2 3 a 2 3b 2  a 2 Do đó: tan    ; S ABC   VABC . A ' B 'C '  A ' H .SABC  HE a 4 4 a 2 3b2  a 2 1 VA '. ABC  A ' H .S ABC  . 3 12 a 2 3b 2  a 2 Do đó: VA ' BB 'CC '  VABC . A ' B 'C '  VA '. ABC = 6 Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có: a 2 b2 c2 a 2 b2 c2   2  2  33 2 . 2 . 2  3 (1) b2 c a bca a2 a b2 b c2 a 2 b2 c2 c a b c  2 1 2 ; 2 1 2 ; 2 1 2  2  2  2  2     3 (2) b bc ca a b c a b c a 2 2 2 a c b a b c Từ (1) và (2)  2  2  2  2   2      đpcm. b c a b c a Câu VI.a: 1) I (6; 2); M (1; 5)  : x + y – 5 = 0, E    E(m; 5 – m); Gọi N là trung điểm của AB
 xN  2 xI  xE  12  m  I trung ñieåm NE    N (12 – m; m – 1)  yN  2 yI  yE  4  5  m  m  1      MN = (11 – m; m – 6); IE = (m – 6; 5 – m – 2) = (m – 6; 3 – m)    MN .IE  0  (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0  m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0  m = 6 hay m = 7   + m = 6  MN = (5; 0)  PT (AB) là y = 5   + m = 7  MN = (4; 1)  PT (AB) là x – 1 – 4(y – 5) = 0  x – 4y + 19 = 0 2) I (1; 2; 3); R = 1  4  9  11  5 2(1)  2(2)  3  4  3 < R = 5. Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C) d (I; (P)) = 4  4 1  x  1  2t  Phương trình d qua I, vuông góc với (P) :  y  2  2t z  3  t  Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (C). J  d  J (1 + 2t; 2 – 2t; 3 – t) J  (P)  2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0  t = 1 R 2  IJ 2  4 Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2) , bán kính r = 2 , t > 0. BPT  t2 – 10t + 9  0  ( t  1 hoặc t  9) x Câu VII.a: Đặt t  3x 2 x Khi t  1  t  3x  1  x 2  x  0  1  x  0 (a)  x  2 2 Khi t  9  t  3x  x  9  x 2  x  2  0   (b) x  1 Kết hợp (a) và (b) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (–; –2]  [–1;0]  [1; + ). Câu VI.b: 1) (C) có tâm là I (–2; –2); R = 2 Giả sử  cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ABC, ta có 1 IA.IB.sin AIB = sin AIB SABC = 2 Do đó SABC lớn nhất khi và chỉ khi sin AIB = 1  AIB vuông tại I 1  4m IA  1 (thỏa IH < R)  1  IH = m2  1 2 8  1 – 8m + 16m2 = m2 + 1  15m2 – 8m = 0  m = 0 hay m = 15 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p)  Oz.        DP  1; 1; p  1 ; NM   m; n;0   DP.NM  m  n   Ta có :         .  DN  1; n  1; 1 ; PM   m;0;  p   DN .PM  m  p   1 1 1 xyz Phương trình mặt phẳng (P):    1 . Vì D (P) nên:    1. mnp mnp         DP  NM  DP.NM  0 m  n  0         m  3 D là trực tâm của MNP   DN  PM   DN .PM  0   m  p  0   n  p  3     1  1  1  1 D  ( P) D  (P) m n p  xyz Kết luận, phương trình của mặt phẳng (P):   1. 3 3 3  2 x  1  sin(2 x  y  1)  0(1)  2 Câu VII.b: PT   2 x  1  sin(2 x  y  1)   cos 2 (2 x  y  1)  0   x cos(2  y  1)  0 (2)  Từ (2)  sin(2 x  y  1)  1 .
 Khi sin(2 x  y  1)  1 , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN)  Khi sin(2 x  y  1)  1 , thay vào (1), ta được: 2x = 2  x = 1.  Thay x = 1 vào (1)  sin(y +1) = –1  y  1   k , k  Z . 2    Kết luận: Phương trình có nghiệm:  1; 1   k , k  Z  . 2  