Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 42

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

Thêm vào BST

Báo xấu

115
lượt xem 38
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 42', 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 42

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 42 ) I. PHẦN CHUNG (7 điểm) 2x  4 Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  . x 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm trên đồ thị (C), hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN, biết M(–3; 0), N(–1; –1). Câu II (2 điểm): 3x 7 1 4 cos4 x  cos 2 x  cos 4 x  cos  1) Giải phương trình: 2 42 3 x.2 x  3 x  2 x  1 2) Giải phương trình:  2  1  sin x  x   1  cos x  e dx Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I=   0 Câu IV (1 điểm): Tính thể tích khối chóp S.ABC, biết SA = a, SB = b, SC = c, ASB  600 , BSC  900 , CSA  120 0 . Câu V (1 điểm): Cho các số dương x, y, z thoả mãn: xyz = 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: log2 x  1  log2 y  1  log 2 z  1 P= 2 2 2 II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 2 đường thẳng d1: x  y  1  0 và d2: 2 x  y  1  0 . Lập phương trình đường thẳng d đi qua M(1; 1) và cắt d1, d2 tương ứng tại A, B sao cho    2 MA  MB  0 . 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  2 y  2 z  1  0 và hai điểm A(1; 7; –1), B(4; 2; 0). Lập phương trình đường thẳng d là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB lên mặt phẳng (P). Câu VII.a (1 điểm): Kí hiệu x1, x2 là các nghiệm phức của phương trình 2 x 2  2 x  1  0 . Tính giá trị các 1 1 biểu thức và . 2 2 x1 x2 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2  y 2  2 x  2 y  3  0 và điểm M(0; 2). Viết phương trình đường thẳng d qua M và cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho AB có độ dài ngắn nhất. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(1; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 3). T ìm toạ độ trực tâm của tam giác ABC. n Câu VII.b (1 điểm): Tìm các giá trị x, biết trong khai triển Newton   lg(10 3 x ) 5 ( x 2)lg3 2 2 số hạng 1 3 2 thứ 6 bằng 21 và Cn  Cn  2Cn .
Hướng dẫn Đề số 42 Câu I: 2) Phương trình đường thẳng MN: x  2 y  3  0 . Gọi I(a; b)  MN  a  2 b  3  0 (1) Phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với MN là: y  2( x  a)  b . Hoành độ các giao điểm A, B của (C) và d là nghiệm của phương trình: 2x  4  2( x  a)  b (x  –1) x 1  2 x 2  (2 a  b) x  2 a  b  4  0 (x  –1) A, B đối xứng nhau qua MN  I là trung điểm của AB. x  xB 2a  b Khi đó: x I  A  a (2) 4 2 a  2 b  3  0 a  1  2a  b Từ (1) và (2) ta được:   b  2 a  4  Suy ra phương trình đường thẳng d: y  2 x  4  A(2; 0), B(0; –4). 3x Câu II: 1) PT  cos 2 x  cos  2 (*). 4 cos 2 x  1 cos 2 x  1  x  k    8l  x  8m . 3x 3x . Do đó (*)    Ta có:  x cos 1 cos 1    4 4 3    1 2) PT  3 x (2 x  1)  2 x  1 (1). Ta thấy x  không phải là nghiệm của (1). 2 2x 1 x 2x 1 1 x Với x  , ta có: (1)  3  3  0 2x 1 2x 1 2 x 2x 1 3 6 1  3x  2  . Ta có: f  ( x )  3 x ln 3  Đặt f ( x )  3   0, x  (2 x  1)2 2x 1 2x 1 2 1 1   Do đó f(x) đồng biến trên các khoảng  ;  và  ;    Phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất 2 2   1 1   1 nghiệm tr ên từng khoảng  ;  ,  ;   . 2 2   Ta thấy x  1, x  1 là các nghiệm của f(x) = 0. Vậy PT có 2 nghiệm x  1, x  1 . 2 1  sin x 1  x   1  tan  . Câu III: Ta có: 1  cos x 2  2   2 2 1 2 x x x 1 e x dx =  tan  e x dx 2  2 1  tan 2   1  tan Do đó: I = 2  2 2   0 0   1 2 2 x x xx 2  e dx   tan .e dx  1  tan 2  = 2 2 0 0 u  e x du  e x dx   Đặt   x 2 x 1 v  tan 2 dv  2  1  tan 2  dx    
    2 2 x x x 2 x   tan e x dx   tan e x dx = e 2 .  I = e tan 20 0 2 2 0 Câu IV: Trên AC lấy điểm D sao cho: DS  SC (D thuộc đoạn AC)  ASD  30 0 . 1   AS.SD.sin 300   a   2cSA  aSC  S ASD AD a 2  DA   DC  SD     Ta có: 1 2c 2c  a CD SCSD 2c CS.SD 2      2cSA  aSC    2c   2c abc ab.cos 600   SD.SB    .SB  SA.SB = 2c  a 2c  a  2c  a  2c  a   2 2 2 2 22 22 22 3a2 c 2 4c SA  a SC  4caSA.SC 4 a c  a c  2 a c và SD 2   = (2c  a)2 (2c  a)2 (2c  a)2 ac 3  SD = 2c  a abc    SD.SB 3 6  2c  a  Mặt khác, cos SDB   sin SDB  SD.SB ac 3 3 3 .b 2c  a 2 abc2 1 1 VSDBC  SC.SSDB  SC.SD.SB.sin SDB = . 6 2c  a 3 6 2 a2 bc V a AD a Mà ASDB   VASDB  VCSDB  .  2c 12 2c  a VCSDB DC 2c 2  a2 bc  2 abc2  2 Vậy: VSABC  VASDB  VCSDB  abc .   2c  a 12   12 Câu V: Đặt a  log2 x , b  log2 y , c  log2 z  a  b  c  log2 ( xyz)  log2 8  3 log2 x  1  log2 y  1  log 2 z  1 = a 2  1  b2  1  c2  1 P= 2 2 2    Đặt m  (a;1), n  (b;1), p  (c;1) .   Khi đó: P = m  n  p  m  n  p = ( a  b  c)2  (1  1  1)2 = 3 2 Dấu "=" xảy ra  a  b  c  1  x  y  z  2 . Vậy MinP = 3 2 khi x  y  z  2 .   Câu VI.a: 1) Giả sử A(a; –a –1)  d1, B(b; 2b – 1)  d2. MA  (a  1;  a  2), MB  (b  1;2 b  2)   2 a  2  b  1  0 a  0 2 MA  MB  0     A(0; –1), B(3; 5) 2a  4  2 b  2  0 b  3  Phương trình d: 2 x  y  1  0 .  x  4  3t  2) PTTS của AB:  y  2  5t  Giao điểm của AB với (P) là: M(7; –3; 1) z  t  Gọi I là hình chiếu của B trên (P). Tìm được I(3; 0; 2). Hình chiếu d của đường thẳng AB là đường thẳng MI.  x  3  4t   Phương trình đường thẳng d là:  y  3t z 2t 
1 i 1 i 1 1 Câu VII.a: PT có các nghiệm x1  ; x2   2i;  2i .  2 2 2 2 x1 x2 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1; 1) và bán kính R = 5 . IM = 2  5  M nằm trong đường tròn (C). Giả sử d là đường thẳng qua M và H là hình chiếu của I trên d. Ta có: AB = 2AH = 2 IA2  IH 2  2 5  IH 2  2 5  IM 2  2 3 .   Dấu "=" xảy ra  H  M hay d  IM. Vậy d là đường thẳng qua M và có VTPT MI  (1; 1)  Phương trình d: x  y  2  0 . xyz    1 . Gọi H(x; y; z) là trực tâm của ABC. 2) Phương trình mp(ABC): 123 36      x  49  AH  BC 2 y  3z  0       36 18 12  18     x  3z  0   y  Ta có: BH  AC  H ; ; .    49 49 49  49 H  ( P )  x  y  z  1  z  12  23   49  1 3 2 Câu VII.b: Phương trình Cn  Cn  2Cn  n(n2  9n  14)  0  n  7 7 Số hạng thứ 6 trong khai triển  2lg(10 3 )  2( x 2)lg3  x 5 là: 2 5 5 lg(10 3 )   5 ( x 2)lg3  x C7 2 2 lg(10 3 x ) x .2( x 2) lg3  21  2 lg(103 )( x 2) lg3 5 Ta có: C7 .2 1  lg(10  3 x )  ( x  2) lg3  0  (10  3 x ).3 x 2  1  32 x  10.3 x  9  0  x  0; x  2