zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 7

Chia sẻ: Up Up | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:3

Báo xấu

84
lượt xem 22
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 7', 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 7

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 7 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  x 3  2mx 2  (m  3) x  4 có đồ thị là (Cm). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số trên khi m = 1. 2) Cho (d) là đường thẳng có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m sao cho (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: cos 2 x  5  2(2  cos x)(sin x  cos x ) (1) 8 x3 y 3  27  18 y 3  2) Giải hệ phương trình: (2) 2 2 4 x y  6 x  y   1 2 I =  sin x  sin 2 x  dx Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 2  6 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ACB) bằng 600, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính khoảng cách từ B đến mp(SAC). Câu V (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 2 2 91 1 x  ( m  2)31 1 x  2m  1  0 (3) II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình ( x  1)2  ( y  2)2  9 và đường thẳng d: x + y + m = 0. T ìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(10; 2; –1) và đường thẳng d có x 1 y z 1 phương trình: . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d  2 1 3 và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Câu VIIa (1 điểm): Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 4a3 4b3 4c 3 (4)   3 (1  b)(1  c ) (1  c )(1  a ) (1  a )(1  b) B. Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(2;–3), B(3;–2), tam giác ABC có diện 3 tích bằng ; trọng tâm G của ABC nằm trên đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán 2 kính đường tròn nội tiếp  ABC. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P): 2x – 2y – z + 1 = 0, (Q): x + 2y – 2z – 4 = 0 và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 + 4x – 6y + m = 0. Tìm m để (S) cắt (d) tại 2 điểm M, N sao cho độ dài MN = 8. log 2 ( x 2  y 2 )  1  log 2 ( xy )  Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phương trình :  2 (x, y  R) 2 3x  xy  y  81 
Hướng dẫn Đề sô 7 Câu I: 2) xB, xC là các nghiệm của phương trình: x 2  2mx  m  2  0 . 1 1  137 SKBC  8 2  BC .d ( K , d )  8 2  BC  16  m  2 2  Câu II: 1) (1)  (cos x – sin x )2  4(cos x – sin x ) – 5  0  x   k 2  x    k 2 2 3  (2 x)3   3   18  3 a  b  3  y 2) (2)   . Đặt a = 2x; b = . (2)    ab  1 y 2 x . 3  2 x  3   3   y y   3 5 6  3 5 6 ;  , ; Hệ đã cho có nghiệm:   4 3 5   4 3 5     3   2  Câu III: Đặt t = cosx. I = 16 a3 3 a2 13 3 3a 1 1 Câu IV: VS.ABC = SSAC .SO  = SSAC .d ( B; SAC ) . SSAC   d(B; SAC) = 3 16 16 3 13 t 2  2t  1 1 x 2 Câu V: Đặt t = 31 . Vì x  [1;1] nên t  [3;9] . (3)  m  . t 2 t 2  2t  1 48 Xét hàm số f (t )  với t  [3;9] . f(t) đồng biến trên [3; 9]. 4  f(t)  . t2 7 48  4m 7 Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1; –2), R = 3. ABIC là hình vuông cạnh bằng 3  IA  3 2 m 1  m  5  3 2  m 1  6    m  7 2 2) Gọi H là hình chiếu của A tr ên d  d(d, (P)) = d(H, (P)). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH  HI => HI lớn nhất khi A  I . Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm VTPT  (P): 7 x  y  5z  77  0 . Câu VII.a: Áp dụng BĐT Cô–si ta có: a3 b3 c3 1  b 1  c 3a 1  c 1  a 3b 1  a 1  b 3c ; ;        (1  b)(1  c) 4 (1  c )(1  a) 4 (1  a)(1  b) 8 8 8 8 8 8 4 a3 b3 c3 a  b  c 3 33 abc 3 3       (1  b)(1  c) (1  c )(1  a) (1  a)(1  b) 2 4 2 44 Dấu "=" xảy ra  a = b = c = 1. a  b  5 2SABC Câu VI.b: 1) Gọi C(a; b), (AB): x –y –5 =0  d(C; AB) =  AB 2  a5 b5  a  b  8 (1)  ab5 3  ; Trọng tâm G    (d)  3a –b =4 (3) ; a  b  2 (2) 3 3  S 3   (1), (3)  C(–2; 10)  r = p 2  65  89 S 3  (2), (3)  C(1; –1)  r   p 2 2 5 2) (S) tâm I(–2;3;0), bán kính R= 13  m  IM (m  13) . Gọi H là trung điểm của MN
m  3  MH= 4  IH = d(I; d) =     u; AI    (d) qua A(0;1;-1), VTCP u  (2;1;2)  d(I; d) = 3  u Vậy : m  3 =3  m = –12 Câu VII.b: Điều kiện x, y > 0  log ( x 2  y 2 )  log 2  log ( xy)  log (2 xy ) 2 2 2 2  2 2  x  xy  y  4   x 2  y 2  2 xy ( x  y )2  0 x  y x  2  x  2          hay   x 2  xy  y 2  4  xy  4 y  2  y  2  xy  4     

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.