zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử ĐH và CĐ môn Toán năm 2012 đề 81

Chia sẻ: đinh Thị Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

80
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo đề thi thử ĐH và CĐ môn Toán năm 2012 đề 81 giúp các bạn học sinh có thêm tư liệu ôn tập, luyện tập để nắm vững được những kiến thức cơ bản về môn Toán.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH và CĐ môn Toán năm 2012 đề 81

Đề thi thử đại học môn toán Ôn thi Đại học ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 81 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Cõu I (2,0 điểm) Cho hàm số y=-x3+3x2-2 (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2. Tìm trên đường thẳng (d): y=2 các điểm kẻ được ba tiếp tuyến đến đồ thị (C ). Cõu II (2,0 điểm) 1. Giải bất phương trỡnh x2  x  2  3 x  5x 2  4 x  6 ( x  R). 3  2. Giải phương trỡnh 2 2 cos 2 x  sin 2 x cos( x  )  4 sin( x  )  0 . 4 4 e 3 log 2 x Cõu III (1,0 điểm) Tớnh tớch phõn I   dx 2 1 x 1  3ln x Cõu IV(1,0 điểm) Cho hỡnh lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hỡnh chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trựng với tõm O của tam giỏc ABC. Tính thể tích khối lăng trụ a 3 ABC.A’B’C’ biết khoảng cỏch giữa AA’ và BC là 4 Cõu V (1,0 điểm) x 3  y 3  16 z 3 Cho x, y, z  0 thoả món x + y + z > 0. Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức P  3 x  y  z II. PHẦN RIấNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A.Theo chương trỡnh Chuẩn Cõu VI.a( 2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  3 y  8  0 ,  ' :3x  4 y  10  0 và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trỡnh đường trũn cú tõm thuộc đường thẳng  , đi qua điểm A và tiếp xỳc với đường thẳng  ’. x  1 y 1 z 1 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1:   ; 2 1 1 x 1 y  2 z 1 d2 :   và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trỡnh chớnh tắc của đường 1 1 2 thẳng , biết  nằm trờn mặt phẳng (P) và  cắt hai đường thẳng d1, d2 . Cõu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trỡnh sau trờn tập số phức z4 – z3 + 6z2 – 8z – 16 = 0 B. Theo chương trỡnh Nõng cao. Cõu VI.b(2,0 điểm) 1. Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường trũn (C1): x2 + y2 – 4 y – 5 = 0 và (C2): x2 + y2 - 6x + 8y + 16 = 0 Lập phương trỡnh tiếp tuyến chung của (C1) và (C2)  x  1  2t 2.Viết phương trỡnh đường vuông góc chung của hai đường thẳng sau: d : x  y  1  z  2 ; d :  y  1  t 1 2  2 1 1 z  3   1 log 1  y  x   log 4 y  1 Cõu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trỡnh  4 ( x, y  )  x 2  y 2  25  -----------------Hết---------------
Đề thi thử đại học môn toán Ôn thi Đại học ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌCwww.VIETMATHS.com Cõu í Nội dung Điểm , CAO ĐẲNG . Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 81 )
Đề thi thử đại học môn toán Ôn thi Đại học 1 *Tập xác định: D = R x  0 * y’ = - 3x2 + 6x ; y’ = 0   x  2 *Bảng biến thiờn 1đ x - 0 3 + y’ - 0 + 0 - + 2 y -2 - * Hàm số nghịch biến trờn ( -  ;1) và ( 3; +  ); đồng biến trên ( 1; 3) I * Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yCT = -2; hàm số đạt cực đại tại x = 2 và yCĐ = 2 y f(x)=-x^3+3x^2-2 4 2 x -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -2 -4 * Đồ thị : 2 (1,0 điểm): Gọi M  ( d )  M(m;2). Gọi  là đường thẳng đi qua điểm M và có hệ số góc k  PTĐT  cú dạng : y=k(x-m)+2. 0,25 ĐT  là tiếp tuyến của (C ) khi và chỉ khi hệ PT sau cú nghiệm  x 3  3 x 2  2  k ( x  m)  2 (1)   (I). 0,25 2  3 x  6 x  k  (2) Thay (2) và (1) được: 2x3 -3(m+1)x2+6mx-4=0  (x-2)[2x2-(3m-1)x+2]=0 x  2  2 . Đặt f(x)=VT(3) 2 x  (3m  1) x  2  0 (3) 0,25 Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị ( C)  hệ (I) cú 3 nghiệm x phõn biệt  PT(3) cú hai nghiệm phan biệt khỏc 2    0  m  1 hoÆc m>5/3 .    f (2)  0 m  2 Vậy M(m;2) thuộc (d): y=2 với m  1 hoÆc m>5/3 thỡ từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến  m  2 (C) 0,25
Đề thi thử đại học môn toán Ôn thi Đại học 1 x2  x  2  0  Điều kiện  x  0  x2 5 x 2  4 x  6  0  0,5 Bỡnh phương hai vế ta được 6 x( x  1)( x  2)  4 x 2  12 x  4 x( x  2) x ( x  2)  3 x ( x  1)( x  2)  2 x( x  2)  2( x  1)  3 2 2 x 1 x 1  1 x ( x  2) t Đặt t   0 ta được bpt 2t  3t  2  0   2 2  t  2 ( do t  0 ) x 1  t  2 x( x  2) II Với t  2   2  x2  6 x  4  0 0,5 x 1  x  3  13   x  3  13 ( do x  2 ) Vậy bpt cú nghiệm x  3  13  x  3  13  2 3  2 2 cos 2 x  sin 2 x cos( x  )  4 sin( x  )  0  4 4 0,25 3 3   2 2 cos 2 x  sin 2 x (cos x. cos  sin x sin )  4(sin x cos  cos x sin )  0 4 4 4 4  4cos2x-sin2x(sinx+cosx)-4(sinx+cosx)=0  (sinx+cosx)[4(cosx-sinx)-sin2x-4]=0 s inx+cosx=0 (2)  0,25  . PT (2) cú nghiệm x    k .  4(cosx-sinx)-sin2x-4=0 (3) 4  Giải (2) : Đặ t  s inx-cosx= 2 sin( x  ), §iÒu kiÖn t  2 (*)  sin 2 x  1  t 2 , 4 2 thay vào (2) được PT: t -4t-5=0  t=-1( t/m (*)) hoặc t=5(loại ) 0.25 3 Với t=-1 ta tỡm được nghiệm x là : x  k 2 hoÆc x=  k 2 . 2  3 KL: Họ nghiệm của hệ PT là: x    k , x  k 2 vµ x=  k 2 0,25 4 2 3  ln x  e 3 log 2 x e   1 e ln 2 x. ln xdx 0,5 ln 2  I dx    dx  3  . 2 1 x 1  3ln x 1 x 1  3ln x 2 ln 2 1 1  3ln x 2 x 1 dx 1 Đặt 1  3ln 2 x  t  ln 2 x  (t 2  1)  ln x.  tdt . Đổi cận … III 3 x 3 0,5 1 2 e log 3 x 1 2  t  1 1 1 2 Suy ra I   2 dx  3  3  t 2  1 dt 9 ln 3 2  . tdt  1 x 1  3ln x 2 ln 2 1 t 3 1 2 1 1 3  4  3  3 t  t   27 ln 3 2 9ln 2  1
Đề thi thử đại học môn toán Ôn thi Đại học AM  BC  Gọi M là trung điểm BC ta thấy:   BC  ( A' AM ) A' O  BC  Kẻ MH  AA' , (do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) BC  ( A' AM )  Do   HM  BC .Vậy HM là đọan vông góc chung của 0,5 HM  ( A' AM ) A C’ 3 ’ AA’và BC, do đó d ( AA' , BC)  HM  a . B’ 4 Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH H IV A' O HM ta cú:  AO AH A C AO.HM a 3 a 3 4 a  suy ra A' O    O AH 3 4 3a 3 M 0,5 1 1B a 3 a a3 3 Thể tích khối lăng trụ: V  A' O.S ABC  A' O.AM.BC  a 2 23 2 12 3 Trước hết ta có: x  y3 3   x  y 2 (biến đổi tương đương)  ...   x  y   x  y   0 0,5 4 3 3 x  y   64 z 3  a  z   64 z 3 V Đặt x + y + z = a. Khi đó 4 P   3  3 3  1  t   64t 3 a a z (với t = , 0  t 1) a Xột hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 . Cú 0,5 2 1 f '(t )  3 64t 2  1  t   , f '(t )  0  t    0;1   9 16 Lập bảng biến thiờn  Minf  t   64  GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0 t 0;1 81 81 1 Tõm I của đường trũn thuộc  nờn I(-3t – 8; t) Theo yc thỡ k/c từ I đến  ’ bằng k/c IA nờn ta cú 0,25 3(3t  8)  4t  10  (3t  8  2) 2  (t  1) 2 0,25 2 2 3 4 Giải tiếp được t = -3 Khi đú I(1; -3), R = 5 và pt cần tỡm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25. 0,5 2 Gọi A = d1(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2  (P) suy ra B(2; 3; 1) Đường thẳng  thỏa món bài toỏn đi qua A và B. 0,5  Một vectơ chỉ phương của đường thẳng  là u  (1; 3; 1) VIa x 1 y z  2 Phương trỡnh chớnh tắc của đường thẳng  là:   1 3 1 0,5 4 3 2 Xeựt phửụng trỡnh Z – Z + 6Z – 8Z – 16 = 0 Deó daứng nhaọn thaỏy phửụng trỡnh coự nghieọm Z1 = –1, sau ủoự baống caựch chia ủa thửực hoặc Honer ta thaỏy phửụng trỡnh coự nghieọm thửự hai Z2 = 2. Vaọy phửụng trỡnh VIIa trụỷ thaứnh: 0,5
Đề thi thử đại học môn toán Ôn thi Đại học (Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0 Suy ra: Z3 = 2 2 i vaứ Z4 = – 2 2 i 0,5  ẹaựp soỏ: 1,2,  2 2 i,  2 2 i  1  C1  : I1  0; 2  , R1  3;  C2  : I 2  3; 4  , R2  3. 0,5 Gọi tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2  là  : Ax  By  C  0 A2  B 2  0     2 2  là tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2    d  I1;    R1   2 B  C  3 A  B 1    d  I 2 ;    R2  3 A  4 B  C  3 A2  B 2  2    0,5 Từ (1) và (2) suy ra A  2 B hoặc 3 A  2 B C 2 Trường hợp 1: A  2 B .Chọn B  1  A  2  C  2  3 5   : 2 x  y  2  3 5  0 3 A  2 B VIb Trường hợp 2: C  . Thay vào (1) được 2 4 A  2 B  2 A2  B 2  A  0; A   B   : y  2  0;  : 4 x  3 y  9  0 3 2 Gọi M  d1  M  2t;1  t; 2  t  , N  d 2  N  1  2t ';1  t ';3     MN  2t  2t ' 1; t  t ';  t  5      MN.u1  0  2  2t  2t ' 1   t  t '     t  5   0  0,5       MN.u1  0  2  2t  2t ' 1   t  t '  0   6t  3t ' 3  0   t  t' 1  3t  5t ' 2  0    M  2;0; 1 , N 1;2;3 , MN  1; 2; 4  x  2 y z 1  PT MN :   1 2 4 0,5 y  x  0 Điều kiện:  0,5 y  0  1  yx yx 1 log 4  y  x   log 4 y  1 log 4 y  1  y  4 Hệ phương trỡnh     VIIb  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25    x  3y 0,5 x  3y x  3y   2 2  2 2   2 25  x  y  25 9 y  y  25  y  10    15 5   x; y    ;   10 10  ( loại) Vậy hệ phương trỡnh đó cho vụ nghiệm.    15 5   x; y     ;     10 10  Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thỡ được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. ------------------Hết------------------

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.