Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 25 (Kèm đáp án)

Chia sẻ: Ngô Thị Thu Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

54
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 25 có kèm theo đáp án giúp giáo viên đánh giá khả năng tiếp thu kiến thức đã học trong phần Toán học của các bạn đang ôn thi Đại học, Cao đẳng bao gồm nội dung như chứng minh bất đẳng thức, viết phương trình cạnh thứ 3 của tam giác,...Mời các bạn tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 25 (Kèm đáp án)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 25 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : y  (x – m) – 3x 3 (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1.  x  1 3  3x  k  0  1 1  log 2 x  log 2 ( x  1)  1 2 3 2) Tìm k để hệ bất phương trình sau có nghiệm: 2 3 Câu II: (2 điểm) 1) Tìm tổng tất cả các nghiệm x thuộc [ 2; 40] của phương trình: sinx – cos2x = 0. log 2 x  1  log 1 (3  x)  log8 ( x  1)3  0 2) Giải phương trình: 2 .  2 e I    x   ln xdx 1 Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: x . Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BAD  600 , SA vuông góc mặt phẳng (ABCD), SA = a. Gọi C là trung điểm của SC. Mặt phẳng (P) đi qua AC và song với BD, cắt các cạnh SB, SD của hình chóp lần lượt tại B, D. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD. Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh bất đẳng thức: ab bc ca a b c      c(c  a) a(a  b) b(b  c) c  a a  b b  c 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 phương trình hai cạnh của một tam giác là 5x – 2y + 6 = 0 và 4x + 7y – 21 = 0. Viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng trực tâm của nó trùng với gốc tọa độ O. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I, J, K mà A là trực tâm của IJK. Câu VII.a (1 điểm) Tính tổng: S  1.2.C25  2.3.C25  ...  24.25.C25 . 2 3 25 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0). Viết phương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳng (Oxy) và cắt được các đường thẳng AB, CD. z 5 Câu VII.b (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn điều kiện: và phần thực của z bằng hai lần phần ảo của nó.
Hướng dẫn Đề số 25 www.VNMATH.com  x  3 3  3x  k  0 (1)  1 1  log2 x  log2 ( x  1)  1 (2) 2 3 Câu I: 2) Ta có :  2 3 . Điều kiện (2) có nghĩa: x > 1. Từ (2)  x(x – 1) 2  1 < x  2. Hệ PT có nghiệm  (1) có nghiệm thoả 1 < x  2 ( x  1)3  3x  k  0 ( x  1)3  3x < k    1  x  2 1  x  2 Đặt: f(x) = (x – 1)3 – 3x và g(x) = k (d). Dựa vào đồ thị (C)  (1) có nghiệm k  min f ( x )  f (2)  5 x (1;2]  1;2  . Vậy hệ có nghiệm  k > – 5  2 x k ,k  Câu II: 1) Ta có: sinx – cos2x = 0  2sin x + sinx –1 = 0  2 6 3 .  2 3   3   2 k  40  2   k   40   Vì x [ 2; 40] nên 6 3 2  6 2  6  0,7  k  18,8  k 1,2,3,...,18 .  2 18.  (1  2  3  ...  18)  117 Gọi S là tổng các nghiệm thoả YCBT: S = 6 3 . log 2  x  1  log 2 (3  x)  log 2 ( x  1)  0   2) Điều kiện: 1 x  3. PT  1  x  3  1  17  x  1 3  x   x  1  x2  x  4  0  x   2 (tmđk)  2 e e e ln x 1 I    x   ln xdx   x ln xdx  2 dx  ...  e2  5 Câu III: Ta có : 1 x 1 1 x 4  .
SC Câu IV: Ta có: SAC vuông tại A  SC  SA  AC  2a  AC = 2 = a  2 2 SAC đều Vì (P) chứa AC và (P) // BD  BD // BD. Gọi O là tâm hình thoi ABCD và I là giao điểm của AC và BD  I là trọng tâm của SBD. Do đó: 2 2 B D  BD  a 3 3 . Mặt khác, BD  (SAC)  DB  (SAC)  BD  AC 1 a2 AC .B D  Do đó: SAB'C'D' = 2 3 . Đường cao h của khối chóp S.ABCD chính là đường cao của tam giác đều a 3 1 a3 3 h h.S AB ' C ' D '  SAC  2 . Vậy thể tích của khối chóp S. ABCD là V = 3 18 . a b  b c  c a    1    1    1  0 Câu V: Ta có BĐT  cac  ab a  bcb  1 b  1 c  1 a    1   a   1  b   1  0 1 c  1 a  1 b  c  a b c (1) a b c x  0; y   0; z   0  x. y.z 1 Đặt: b c a . Khi đó : x 1 y 1 z 1    0  x 2  y 2  z 2  xy 2  yz 2  zx 2  x  y  z  0 (1)  y 1 z 1 x 1 (*) 1 x2  y 2  z 2   x  y  z   3 xyz  x  y  z   x  y  z 2 Vì 3 ( theo BĐT Cô–si) xy 2  yz 2  zx 2  3 3  xyz   3 3 Và (theo BĐT Cô–si). Do đó: (*) đúng. Vậy (1) được CM. Dấu "=" xảy ra  x = y = z  a = b = c. Khi đó tam giác ABC là tam giác đều. Câu VI.a: 1) Giả sử AB: 5x – 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0. Vậy A(0;3)
Đường cao đỉnh B đi qua O nhận VTCP a  (7; 4) của AC làm VTPT  BO: 7x – 4y = 0  B(–4; –7) A nằm trên Oy  đường cao AO chính là trục Oy. Vậy AC: y + 7 = 0 x y z  ( P) :   1 2) Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) a b c IA  (4  a;5;6), JA  (4;5  b;6); JK  (0; b; c), IK  (a;0; c) 4 5 6 a  b  c 1  5b  6c  0   77 77 77 4a  6c  0 a  ; b  ; c  Ta có:   4 5 6  phương trình mp(P) n  x  1   Cn x k n k Câu VII.a: Xét nhị thức Newton: k 0 . n n(n  1)  x  1   k (k  1)Cn x k  2 n2 k Lấy đạo hàm đến cấp hai hai vế ta được: k 2 (1) 25 25  k (k  1)C25 k  k (k  1)C k 25 Cho x = 1 và n = 25 từ (1)  25. 24.2 = 23 k 2  k 2 = 5033164800. Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. M  Oy  M(0;m) Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)   AMB  600 (1)   AMB  1200 (2)  Vì MI là phân giác của AMB nên: IA  MI  sin 300  MI = 2R  m  9  4  m   7 2 (1)  AMI = 300
IA 2 3 4 3  MI  m2  9  (2)  AMI = 60 0 sin 60  MI = 3 R  0 3 (vô nghiệm) Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0; – 7 ) 2) BA  (4;5;5) , CD  (3; 2;0) , CA  (4;3;6)   Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P)  (Oxy)  (P) có VTPT n1   BA, k  = (5; –4; 0)  (P): 5x – 4y = 0   (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q)  (Oxy)  (Q) có VTPT n2  CD, k  = (–2;–3; 0)  (Q): 2x + 3y – 6 = 0 Ta có (D) = (P)(Q)  Phương trình của (D) Câu VII.b: Giả sử : z = a + bi (a- phần thực, b- phần ảo) z 5  a 2  b2  5 a  2b    a  2 5 a  2 5           a  2b a  2b b   5   b   5 b  5  Ta có:      Kết luận: Có hai số phức thoả yêu cầu bài toán: z  2 5  5i; z  2 5  5i .