ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012_THPT Thanh Bình_20

Chia sẻ: Up Up | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

51
lượt xem 12
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_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 NĂM HỌC 2012_THPT Thanh Bình_20

TRƯỜNG THPT THANH BÌNH 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011 KHỐI: A ĐỀ SỐ 20 Thời gian: 180 phút(không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 2x  3 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  có đồ thị (C). x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) 2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0 2. Giải phương trình: x2 – 4 x - 3 = x  5 Câu III (1 điểm) 1 dx Tính tích phân:  2 1 1  x  1  x Câu IV (1 điểm) Khối chóp tam giác SABC có đ áy ABC là tam giác vuông cân đ ỉnh C và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) đ ể thể tích khối chóp lớn nhất . Câu V ( 1 điểm ) 111 1 1 1 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn    4 . CMR:   1 xyz 2x  y  z x  2 y  z x  y  2 z PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a.( 2 điểm ) 1. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đ ường thẳng : 2x – 5 y + 1 = 0, cạnh bên AB nằm trên đường thẳng : 1 2x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đ ường thẳng AC biết rằng nó đ i qua đ iểm (3;1) 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Ox yz cho mp(P) : x – 2 y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng :  x  1  2t x 1 3  y z  2  (d) và (d’)  y  2  t   1 1 2 z  1  t  Viết phương trình tham số của đường thẳng (  ) nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đ ường thẳng (d ) và (d’) . CMR (d) và (d’) chéo nhau và tính kho ảng cách giữa chúng . Câu VIIa . ( 1 điểm ) Tính tổng : S  C0 C5  C1 C7  C5 C3  C5 C7  C5 C1  C5C7 4 2 32 4 50 57 5 7 7 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b.( 2 điểm ) 1. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn : (C1) : (x - 5 )2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng : x  t x  t   (d)  y  1  2t và (d’)  y  1  2t  z  4  5t  z  3t   a. CMR hai đ ường thẳng (d) và (d ’) cắt nhau . b. Viết phương trình chính tắc của cặp đ ường thẳng phân giác của góc tạo bởi (d) và (d’) . Câu VIIb.( 1 điểm ) Giải phương trình : 2log5  x 3  x ----------------------------- Hết ----------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích g ì thêm.
®¸p ¸n C©u Néi dung §iÓm 2x  3 Hµm sè y = cã : x2 - TX§: D = R \ {2} 0,25 - Sù biÕn thiªn: + ) Giíi h¹n : Lim y  2 . Do ®ã §THS nhËn ®êng th¼ng y = 2 lµm TCN x  , lim y  ; lim y   . Do ®ã §THS nhËn ®êng th¼ng x = 2 lµm TC§ x  2 x  2 + ) B¶ng biÕn thiªn: 0,25 1 Ta cã : y’ =  < 0 x  D 2  x  2 2 x   - y’ - 0,25  2 1 y 2 1.25®  Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng  ;2  vµ hµm sè kh«ng cã cùc trÞ 8 - §å thÞ 0,5 3 + Giao ®iÓm víi trôc tung : (0 ; ) I 6 2 2.0® + Giao ®iÓm víi trôc hoµnh : 4 A(3/2; 0) 2 - §THS nhËn ®iÓm (2; 2) lµm t©m ®èi xøng -5 5 10 -2 -4 1 1     C  . Ta có : y '  m    Lấy điểm M  m; 2  . 2 m2  m  2  Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình : 1 1 0,25đ 2 x  m  2  y  m  2 m2 2 2  Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : A  2; 2   0,75đ m2  0,25đ Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2 )   1 2 Ta có : AB2  4  m  2    8 . Dấu “=” xảy ra khi m = 2 2  m  2     Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2)
0,25đ Phương trình đã cho tương đ ương với : 2 (tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0 0,25  sin x   cosx   2  1  sin x     1  cosx   0  cosx   sin x  2  sin x  cosx  cosx.sin x  3  sin x  cosx  cosx.sin x    0 0,25 cosx sin x 2 3   cosx  sin x  cosx.sin x   0    cosx sin x  0,5 3 2 3 1  Xét   0  tan x   tan   x    k  cosx sin x 2 1,0®  Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx với t    2; 2  . Khi đ ó p hương trình trở thành:   2 t 1  0  t 2  2t  1  0  t  1  2 t 2    1 2   Suy ra : 2cos  x    1  2  cos  x     cos 4 4 2    II  x     k 2 2,0® 4 2 x - 4x + 3 = x  5 (1) 0,25 TX§ : D =  5; ) 2 1   x  2  7  x 5 2 ® Æt y - 2 = x  5 , y  2   y  2   x  5 Ta cã hÖ :  x  2  2  y  5  x  2  2  y  5 0,25     2  y  2   x  5   x  y   x  y  3  0 2  1,0® y  2 y  2        x  2  2  y  5    x  y  0   5  29  x      x  2   y  5  2 0,5 2     x  1   x  y  3  0   y  2 1 1 1 1 x  1 x2 1 x  1 x2 dx dx   dx  Ta có : =  1 x  0,5 2  1  x 2  1  x  2x 1 x2 1 1 1 1 1 1  x2 1 1    1 dx    dx 2 1  x  2x 1 0,5 1 1 1  1 III 1  I1  1  x  1 dx  2 ln x  x  |1  1 1®   1.0® 2   1 1 x2 dx . Đặt t  1  x 2  t 2  1  x 2  2tdt  2xdx  I2   2x 1 t  2 x  1  Đổi cận :   x  1  t  2 
2 t 2 dt Vậy I2= 2 2  t 2  1  0 Nên I = 1 Gọi  là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) . 0,25 Ta có :   SCA ; BC = AC = a.cos  ; SA = a.sin  Vậy 1 1 1 1 VSABC  .SABC .SA  .AC.BC.SA  a 3 sin .cos 2  a 3 sin  1  sin 2   3 6 6 6 3 Xét hàm số : f(x) = x – x trên khoảng ( 0; 1) 1 Ta có : f’(x) = 1 – 3 x2 . f '  x   0  x   3 0,5 Từ đó ta thấy trên kho ảng (0;1) hàm số IV f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm S 2® 1.0® cực đ ại, nên tại đó hàm số đ ạt GTLN 1 2 hay Max f  x   f   x 0;1  3 3 3 a3 Vậy MaxVSABC = , đạt đ ược khi 93 1 1 B hay   arcsin sin  = A 3 3   ( với 0 <   ) 2 C + Ta có : 1 11 1 1 11 1 1 11 1 ); );  .(  (  (  ) 2x  y  z 4 2x y  z x  2y  z 4 2 y x  z x  y  2 z 4 2z y  x 1 11 1 + Lại có :  (  ); xy 4 x y 1.0® V 1® 1 11 1  (  ); yz 4 y z 1 11 1  (  ); xz 4 x z cộng các BĐT này ta được đpcm. Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có p hương trình : a(x – 3) + b( y – 1 ) = 0 (a2 + b2  0) . Góc củ a nó tạo với BC bằng góc của 0,25 AB tạo với BC nên : 2a  5b 2.12  5.1  0,25 22  52 . a 2  b 2 2 2  52 . 12 2  12 2a  5b 29 2  5  2a  5b   29  a 2  b 2    VIa a 2  b2 5 2® 1 a  12b 1®  9a2 + 100ab – 96b2 = 0   0,25 a  8 b 9  Nghiệm a = -12b cho ta đ ường thẳng song song với AB ( vì đ iểm ( 3 ; 1) không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác . Vậy còn lại : 9 a = 8b hay a = 8 và b = 9 0,25 Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0
0,25 Mặt phẳng (P) cắt (d) tại đ iểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5) Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có p hương trình : x  9  t   y  6  8t 0,25  z  5  15t   + Đường thẳng (d) đ i qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP u 1;1; 2    + Đường thẳng (d’) đ i qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP u '  2;1;1 2 Ta có :   1®  MM '   2; 1;3      0,25    8  0  MM '  u, u '   2; 1;3  1 1 ; 1 1 ; 2 2 11   1 2 21 Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm) Khi đó :      MM '  u, u ' 8   d   d  ,  d '       0,25 11  u, u '   Chọn khai triển : .0,25 5  x  1  C0  C15 x  C2 x 2    C5 x 5 5 5 5 7  x  1  C 0  C1 x  C 2 x 2    C7 x 7  C 0  C1 x  C7 x 2    C5 x 5   2 7 7 7 7 7 7 7 5 5 7 0,25 Hệ số của x trong khai triển của (x + 1) .(x + 1) là : 1đ VIIa C5 C7  C1 C 7  C5 C7  C5C 7  C5 C1  C5C7 05 4 23 32 4 50 5 7 0,25 Mặt khác : (x + 1)5.(x + 1)7 = (x + 1)12 và hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)12 là : C125 Từ đó ta có : C5 C7  C1 C7  C5 C3  C5 C7  C5 C1  C5C7 = C12 = 792 05 4 2 32 4 50 5 0,25 5 7 7 Đường tròn (C1) có tâm I1(5 ; -12) b án kính R1 = 15 , Đường tròn (C2) có 0,25 tâm I2(1 ; 2 ) bán kính R1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0 (A2 + B2  0) là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) thì khoảng cách từ I1 và I2 đ ến đ ường thẳng đó lần lượt bằng R1 và R2 , tức là :  5A  12B  C  15 1  A 2  B2  0,25   A  2B  C  5 2   A 2  B2  Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5 A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | Hay 5A – 12B + C =  3(A + 2B + C) 1 VIb TH1 : 5 A – 12B + C = 3(A + 2B + C)  C = A – 9B thay vào (2) : 0,25 1đ 2đ |2A – 7 B | = 5 A 2  B2  21A 2  28AB  24B2  0 14  10 7 A B 21 Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 10 7 , C = 203  10 7 Vậy có hai tiếp tuyến : (- 14 10 7 )x + 21y 203  10 7 = 0 4A  3B TH2 : 5 A – 12B + C = -3(A + 2B + C)  C  , thay vào (2) ta 2 đ ược : 96A2 + 28AB + 51B2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm . 0,25
 a) + Đường thẳng (d) đ i qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP u 1; 2;5    + Đường thẳng (d’) đ i qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP u ' 1; 2; 3  1 3 Nhận thấy (d) và (d’) có một đ iểm chung là I   ; 0;  hay (d) và (d’) cắt  2 2 nhau . (ĐPCM)   u   15  15  15 b ) Ta lấy v   .u '    ; 2 ; 3 . 7 7 7 u'    15  15 15 Ta đặt : a  u  v  1  ;2 2 ;5  3   7 7 7   2  15  15 15 1® b  u  v  1  ;2  2 ;5  3   7 7 7   Khi đó, hai đ ườngphân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần lượt  nhận hai véctơ a , b làm VTCP và chúng có p hương trình là :   1 15  1 15   x    1   x    1  t t    7 2 7 2       15   15    và y   2  2 y   2  2 t t  7  7          z  3   5  3 15  t  z  3   5  3 15  t       2 7   2 7     ĐK : x > 0 0,25 PT đ ã cho tương đương với : log5( x + 3) = log2x (1) Đặt t = log2x, suy ra x = 2t t t 2 1  2   log5  2t  3  t  2t  3  5t     3    1 (2) 0,25   3 5 t t 2 1 Xét hàm số : f(t) =    3   VIIb 1® 3 5 t t 0,25 2 1 f'(t) =   ln 0, 4  3   ln 0, 2  0, t  R 3 5 Suy ra f(t) nghịch biến trên R Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log2x = 1 hay x =2 0,25 Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2