Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 12

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

202
lượt xem 85
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn toán có đáp án - đề số 12', 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: Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 12

Đề số 12 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y  x 3  3m 2 x  2m (Cm). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 . 2) Tìm m để (Cm) và trục hoành có đúng 2 điểm chung phân biệt. Câu II: (2 điểm) (sin 2 x  sin x  4) cos x  2 1) Giải phương trình: 0 2sin x  3 2) Giải phương trình: 8 x  1  2 3 2 x 1  1  2 sin xdx Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I   3 0 (sin x  cos x) Câu IV: (1 điểm) Cho khối chóp S.ABC có SA  (ABC), ABC vuông cân đỉnh C và SC = a . Tính góc  giữa 2 mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất. Câu V: (1 điểm) Tìm m để phương trình sau đây có đúng 2 nghiệm thực phân biệt: 2  x  2  x  (2  x)(2  x )  m II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): A. Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm M(3;1). Viết phương trình đường thẳng d đi qua M cắt các tia Ox, Oy tại A và B sao cho (OA+3OB) nhỏ nhất. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;4;1). Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P): x  y  z  1  0 để MAB là tam giác đều. Câu VII.a: (1 điểm) Tìm hệ số của x20 trong khai triển Newton của biểu thức n 2 1112 1 1 5 Cn  Cn  Cn  ...  (1) n 0 n biết rằng:  3 x  , Cn  n 1 x 2 3 13   B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 4 điểm A(1;0), B(–2;4), C(–1;4), D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ( ) : 3x  y  5  0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ( 1 ) có phương trình  x  2t; y  t ; z  4 ; ( 2 ) là giao tuyến của 2 mặt phẳng ( ) : x  y  3  0 và (  ) : 4 x  4 y  3 z  12  0 . Chứng tỏ hai đường thẳng 1 , 2 chéo nhau và viết phương trình mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của 1 , 2 làm đường kính. x 2  (2m  1) x  m 2  m  4 Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số y  . Chứng minh rằng 2( x  m) với mọi m, hàm số luôn có cực trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị không phụ thuộc m.
Hướng dẫn Đề số 12  y coùCÑ, CT Câu I: 2) (Cm) và Ox có đúng 2 điểm chung phân biệt   yCÑ  0 hoaë yCT  0 c  m  1 (2cos x  1)(sin x cos x  2)  0   Câu II: 1) PT     k 2 x 3 2sin x  3  0  2) Đặt 2x  u  0; 3 2 x 1  1  v . x  0 u 3  1  2v  u 3  1  2v u  v  0    PT     3 3  x  log 1  5 2 2 u  2u  1  0  v  1  2u (u  v )(u  uv  v  2)  0   2   2   2 2  cos tdt cos xdx Câu III: Đặt  t  dx  dt  I   x  (sin t  cos t )3  (sin x  cos x )3 2 0 0    2 12 4 1 dx dx 1   I 2I      cot( x  )  1 2  0 (sin x  cos x ) 2 20 2 40 sin 2 ( x  ) 4 a3 Câu IV:   SCA   0;   . Xét hàm số trên y  sin x  sin 3 x (sin   sin 3  )  VSABC     2 6 a3 a3 3   ,    0;   1 khoảng Từ BBT  0;  . khi sin    (VSABC )max  ymax     2  2 6 9 3 1 1 Câu V: Đặt t  2 x  2 x  t'   0 2 2x 2 2 x nghịch biến trên [2; 2]  t  [2; 2] . Khi đó: PT  2m  t 2  2t  4  t  t ( x)
với Xét hàm t  [2; 2] . f (t )  t 2  2t  4 5 Từ BBT  Phương trình có 2 nghiệm phân biệt  5  2m  4    m  2 2 xy Câu VI.a: 1) PT đường thẳng d cắt tia Ox tại A(a;0), tia Oy tại B(0;b):  1 ab (a,b>0) Cô  si M(3; 1)  d 1  3  1 31 .  ab  12 . 2 a b ab  a  3b a  6  Mà OA  3OB  a  3b  2 3ab  12  (OA  3OB )min  12   3 1 1   b  2 a  b  2  xy Phương trình đường thẳng d là:   1  x  3y  6  0 62 2) Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB  (Q): x y  z 3  0 d là giao tuyến của (P) và (Q)  d:  x  2; y  t  1; z  t Md M (2; t  1; t )  AM  2t 2  8t  11 . nên  MAB đều khi MA = MB = AB Vì AB = 12  6  18 4  18  4  18  2t 2  8t  1  0  t   M  2; ;   2 2 2 Câu VII.a: Ta có (1  x) n  Cn  Cn x  Cn2 x 2  ....  (1)n Cnn x n  B 0 1 1 1 Vì  (1  x)n dx  1 ,  Bdx  Cn0  1 Cn  1 Cn2  ...  (1)n 1 Cnn 1  n  1  13  n  12 n 1 n 1 2 3 0 0
nk 12 2 2   ( x5 ) k , Tk 1  C12 .212  k .x8 k  36 k  x 5 )n   C12 .( 3 ) k ( 8k  36  20  k  7 3 x x k 0  Hệ số của là: C12 .25  25344 7 x 20 x  t Câu VI.b: 1) Phương trình tham số của : M    M(t; 3t – 5) .   y  3t  5 7 7   S MAB  SMCD  d ( M , AB ). AB  d (M , CD).CD t  9  t  M (9; 32), M ( ; 2) 3 3 2) Gọi AB là đường vuông góc chung của 1 , 2 : A(2t ; t ; 4)  1 , B (3  s;  s; 0)  2 AB  1, AB  2  A(2;1; 4), B (2;1;0)  Phương trình mặt cầu là: ( x  2) 2  ( y  1)2  ( z  2)2  4 Câu VII.b: Hàm số luôn có hai điểm cực trị Khoảng cách x1  m  2, x2  m  2 . giữa hai điểm cực trị là (không đổi) = AB  ( y2  y1 )2  ( x2  x1 ) 2  2 x1  x2 42