ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012_THPT Thanh Bình_17

Chia sẻ: Up Up | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

56
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học năm học 2012_thpt thanh bình_17', 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 NĂM HỌC 2012_THPT Thanh Bình_17

TRƯỜNG THPT THANH BÌNH 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011 KHỐI: A ĐỀ SỐ 17 Thời gian: 180 phút(không kể thời gian phát đề) Câu 1 (2.0 điểm): Cho hàm số y  x3  3mx 2  4m3 (m là tham số) có đồ thị là (Cm) 1. K hảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 2. Xác định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đ ường thẳng y = x. Câu 2 (2.0 điểm ) : 4  2sin 2 x 3   2 3  2(cotg x  1) . 1. G iải phương trình: cos 2 x sin 2 x  x3  y 3  3 y 2  3x  2  0  2. Tìm m đ ể hệ phương trình:  có nghiệm thực. 2 2 2 x  1  x  3 2 y  y  m  0  Câu 3 (2.0 điểm): 2. Trong không gian với hệ tọa độ O xyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) lần lượt có phương trình: x y 1 z  2   (P): 2x  y  2z  2 = 0 ; (d): 1 2 1 1. Viết phương trình m ặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách m ặt phẳng (P) một kho ảng bằng 2 và vắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3. 2. Viết phương trình m ặt phẳng (Q ) chứa đường thẳng (d ) và tạo với mặt phẳng (P) một góc nhỏ nhất. Câu 4 (2.0 điểm): 1. Cho parabol (P): y = x2. Gọi (d ) là tiếp tuyến của (P) tại điểm có hoành độ x = 2. Gọi (H ) là hình giới hạn bởi (P), (d) và trục hoành. Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra bởi hình (H) khi quay quanh trục Ox. 2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2  3. Tìm giá trị nhỏ nhất 1 1 1 của biểu thức: P    1  xy 1  yz 1  zx Câu 5 (2.0 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O xy, hãy lập phương trình tiếp tuyến chung của elip x2 y 2  1 và parabol (P): y2 = 12 x. (E):  8 6 12 1  8 4 2. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển Newton:  1  x   x  o0o Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:....................................................................SBD:......................
Câu Nội dung Điểm 1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3  3 x2 + 4 + TXĐ: R + Sự biến thiên: y’ = 3 x2  6x = 0  x = 0 ho ặc x = 2 H àm số đồng biến trên: (; 0) và (2; +) 0.25 H àm số nghich biến trên: (0; 2) H àm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT tại xCT = 2, yCT = 0 y” = 6x  6 = 0  x = 1 Đồ thị hàm số lồi trên (; 1), lõm trên (1; +). Điểm uốn (1; 2)  3 4 G iới hạn và tiệm cận: lim y  lim x 3 1   3    0.25  x x x  x LËp BBT: x 0 2 +∞ ∞ 0 y’ +  0 + 0.25 +∞ 4 y 0 ∞ I §å thÞ: y 0.25 x O x  0 2/. Ta có: y’ = 3 x2  6mx = 0    x  2m 0.25 Đ ể hàm số có cực đại và cực tiểu thì m  0.   G iả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m ; 0)  AB  (2m; 4m 3 ) 0.25 Trung điểm của đoạn AB là I(m ; 2m 3)
Điều kiện đ ể AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng y = x và I thuộc đường thẳng y = x 0.25  2m  4m 3  0   3  2m  m  2 0.25 G iải ra ta có: m   ;m=0 2 2 K ết hợp với điều kiện ta có: m   2  2/. Đk: x  k 0.25 2 Phương trình đã cho tương đương với: 4   3 1  tg 2 x   2 3  2cotg x sin 2 x 0.25 2(sin 2 x  cos 2 x)  3tg2 x   3  2cotg x sin x cos x  3tg2 x  2tg x  3  0    tg x   3  x   3  k   0.25  tg x  1  x    k  3    6   K L: So sánh với điều kiện p hương trình có nghiệm : x   k ; kZ 0.25 II 6 2  x3  y 3  3 y 2  3x  2  0 (1)  2/.  2 2 2 x  1  x  3 2 y  y  m  0 (2)  0.25 1  x 2  0  1  x  1   Điều kiện:  2  2 y  y  0 0  y  2  Đ ặt t = x + 1  t[0; 2]; ta có (1)  t3  3t2 = y3  3y2. 0.25 Hàm số f(u) = u3  3u 2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: 0.25 (1)  y = y  y = x + 1  (2)  x 2  2 1  x 2  m  0 Đ ặt v  1  x 2  v[0; 1]  (2)  v2 + 2v  1 = m. Hàm số g (v) = v2 + 2v  1 đạt min g (v )  1; m ax g (v )  2 0.25 [ 0;1] [ 0;1] V ậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1  m  2
 x  t  1/. Đường thẳng () có phương trình tham số là:  y  1  2t ; t  R 0.25 z  2  t  Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I(t; 1 + 2t; 2+ t)(). Vì tâm mặt cầu cách m ặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên: 2 t  3 | 2t  1  2t  4  2t  2 | | 6t  5 | 0.25 d ( I ; )    3  t   7 3 3   3  2 1 8  7 17 1   Có hai tâm m ặt cầu: I   ; ;  vµ I  ;  ;    3 3 3 3 3 7 0.25 Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên mặt cầu có bán kính là R = 5. Vậy p hương trình m ặt cầu cần tìm là: 2 2 2 2 2 2 0.25 2  1  8 7  17   1   III  x     y     z    25 vµ  x     y     z    25 3  3  3 3  3  3    2 x  y  1  0 2/. Đường thẳng () có VTCP u  (1;2;1) ; PTTQ:  x  z  2  0 0.25  Mặt phẳng (P) có VTPT n  ( 2; 1; 2) | 2  2  2 | 6 Góc giữa đ ường thẳng () và m ặt phẳng (P) là: sin    3 3. 6 0.25 6 3  Góc giữa mặt phẳng (Q ) và mặt p hẳng (Q) cần tìm là cos   1   9 3 G iả sử (Q) đi qua () có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z  2) = 0 (m 2+ n2 > 0)  (2m + n )x + m y + n z + m  2n = 0 0.25 | 3m | 3 Vậy góc giữa (P) và (Q) là: cos    3 3. 5m 2  2n 2  4mn  m2 + 2mn + n 2 = 0  (m + n)2 = 0  m = n. 0.25 Chọn m = 1 , n = 1, ta có: m ặt phẳng (Q) là: x + y  z + 3 = 0 1/. Phương trình tiếp tuyến tại điểm có ho ành độ x = 2 là: y = 4x  4 IV 0.25
2 4 2  Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là: V     x dx   (4 x  4) 2 dx  0.25   0  1  x5 2 16 2  16  ( x  1)3   =  0.5 5 0 3 1  15 1 1 1 2/. Ta có :  (1  xy )  (1  yz )  (1  zx)     9 0.25  1  xy 1  yz 1  zx  9 9 P  0.25 3  xy  yz  zx 3  x  y 2  z 2 2 93  P  0.25 62 3 Vậy G TNN là Pmin = khi x = y = z 0.25 2 1/. Giả sử đường thẳng () có d ạng: Ax + By + C = 0 (A2 + B2 > 0) () là tiếp tuyến của (E)  8A2 + 6B2 = C2 (1) 0.25 () là tiếp tuyến của (P)  12B2 = 4AC  3B2 = AC (2) Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A hoặc C = 2A. 0.25 Với C = 2A  A = B = 0 (loại) 2A V Với C = 4A  B   3  Đường thẳng đ ã cho có phương trình: 0.25 2A 23 Ax  y  4A  0  x  y40 3 3 23 0.25 Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm: x  y40 3 12 12 k 12 1 1  1   k Ta có:  x 4   1  1   x 4      (1)12 k C12  x 4   0.25 x x  x    k 0 i 12 k 1  12 k 4 k i   x  12 k 12 k k i 4 k 4 i  i k i   ( 1)     (1) C12Ck x C12 Ck x  x  k 0 i 0 k 0 i 0 0.25 V 12 k 12 k C12Ck x 4 k 5i ki   (1) k 0 i 0 Ta chọn: i, k N, 0  i  k  12; 4k  5 i = 8 0.25  i = 0, k = 2; i = 4 , k = 7 ; i = 8, k 12 2 0 7 4 12 8 Vậy hệ số cần tìm là: C12 .C2  C12 .C7  C12 .C12  27159 0.25