Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 35 (Kèm đáp án)

Chia sẻ: Ngô Thị Thu Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

77
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với nội dung tính thể tích khối tứ diện, tình tích phân,...trong đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 35 có kèm theo hướng dẫn giải giúp bạn nâng cao kỹ năng giải các bài tập. Đồng thời đề thi này cũng giúp cho các thầy cô có thêm tài liệu để tham khảo chuẩn bị ra đề hoặc giúp đỡ học sinh ôn tập hiệu quả hơn.

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 35 (Kèm đáp án)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 35 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x2 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = (1). 2x  3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B sao cho OAB cân tại gốc tọa độ O. Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: cot x  3  tan x  2cot 2 x  3 . 2) Giải phương trình: x2  2( x  1) 3x  1  2 2 x2  5x  2  8x  5 .  4 cos x  sin x Câu III (1 điểm) Tính tích phân : I  dx . 0 3  sin 2 x Câu IV (1 điểm) Cho hình lập phương ABCD.ABCD cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh CD, AD. Điểm P thuộc cạnh DD’ sao cho PD = 2PD. Chứng tỏ (MNP) vuông góc với (AAM) và tính thể tích của khối tứ diện AAMP. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là 3 cạnh của tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị (a  b  c)3 (b  c  a)3 (c  a  b)3 nhỏ nhất của biểu thức: P   . 3c 3a 3b II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x – 1)2 + (y + 1)2 = 25 và điểm M(7; 3). Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M cắt (C) tại A, B phân biệt sao cho MA = 3MB. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – 1 x 1 y z  9 x  1 y  3 z 1 = 0 và hai đường thẳng 1 :   ; 2 :   . Xác 1 1 6 2 1 2 định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng 1 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau. Câu VII.a (1 điểm) Gọi z1 và z2 là 2 nghiệm phức của phương trình: z2  2z  10  0 . Tính giá trị của biểu thức: A  z1 2  z2 2 . B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; 3), B(2; – 1), C(11; 2). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và chia ABC thành hai phần có tỉ số diện tích bằng 2. x y 1 z  2 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho, đường thẳng d:   và 1 2 1 mặt phẳng (P): x + 3y + 2z + 2 = 0. Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm M(2; 2; 4), song song với mặt phẳng (P) và cắt đường thẳng d. Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: log2 1  3 x   log7 x .
Hướng dẫn Đề số 35 www.VNMATH.com Câu I: 2) OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng y = x hoặc y = –x. 1  x 0  1  y0  1  1  Nghĩa là: f (x0) = 1  (2x 0  3)   x 0  2  y0  0 2 1 : y – 1 = –1(x + 1)  y = –x (loại); 2 : y – 0 = –1(x + 2)  y = –x – 2 (nhận)  sin x cos x  0  x  k Câu II: 1) Điều kiện: 2 . cos 2 x cos x  sin x 2 2 2cot 2 x  2 2  cot x  tan x Ta có: sin 2 x 2sin x cos x . cot x  3  3  cot x  3  cot x   2  cot x  1  x   k , k  PT  cot x  7cot x  6  0 4 1 x 2) Điều kiện: 3.         2 2 2 PT  ( x  1)  2( x  1) 3x  1  3x  1    x  2  2 2 x  5x  2  2 x  1   0 2 2  3x  1  x  1   ( x  1)  3x  1    x  2    2 x  1    0   2 2      x 1  2x  1  x  2  . 2 du u  sin x  cos x I   4  u2 Câu III: Đặt 1 .   4 2cos tdt 4  I    dt   4  4sin t 2  12 Đặt u  2sin t 6 6 . Câu IV: Gọi Q là giao điểm của NP và AD. Do PD = 2PD nên DN = 2DQ a2 AD.DQ  MD 2   QM  AM 4 (đpcm). 1 a2 V  MD.S A ' AP S A ' AP  S ADD ' A '  S APD  S A ' D ' P  Ta có: 3 (1). 2 a3 V Thay vào (1), ta được: 12 . ( a  b  c)3 c 1 , Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương 3c 3 và 3 ta được: ( a  b  c) c 1 3 ( a  b  c) 4c 1 3    abc ab  3c 3 3 3c 3 3 (1).
(b  c  a)3 4a 1 (c  a  b ) 3 4b 1 bc  ca  Tương tự: 3a 3 3 (2), 3b 3 3 (3). Cộng (1), (2) và (3) ta suy ra P  1  min P  1 khi a  b  c  1 . PM /(C )  27  0  Câu VI.a: 1) M nằm ngoài (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5. P  MA.MB  3MB2  MB  3  BH  3  IH  R  BH  4  d[M ,(d )] 2 2 Mặt khác: M /(C ) Ta có: phương trình đường thẳng (d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a2 + b2 > 0). a  0 6a  4b d [ M ,(d )]  4  4 a 2  b2  a   12 b   5 . Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0. 2) M (–1 + t; t; –9 + 6t) 1; 2 qua A (1; 3; –1) có véctơ chỉ phương a = (2; 1; –2) AM = (t – 2; t – 3; 6t – 8)   AM;a  = (14 – 8t; 14t – 20; 4 – t)   261t 2  792t  612  11t  20 Ta có : d (M, 2) = d (M, (P))  53  35t – 88t + 53 = 0  t = 1 hay t = 35 2  18 53 3   ; ;  Vậy M (0; 1; –3) hay M  35 35 35  Câu VII.a: ’ = –9 = 9i2 do đó phương trình có 2 nghiệm z1 = –1 – 3i, z2 = –1 + 3i  A  z1  z2 = (1 + 9) + (1 + 9) = 20 2 2 Câu VI.b: 1) 3x + 2y – 15 = 0; 2x + 5y – 12 = 0. 2) Chọn N  d  N (t;1  2t;2  t )  MN  (t  2;2t  1; t  2) . x 1 y  3 z  3 MN ( P)  MN .n P  0  do M  ( P)   t  1  N (1;3;3)  d ':   1 1 1 . Câu VII.b: Điều kiện: x > 0. Đặt t  log7 x  x  7 . t   t t  1 3  7 3 t t t t log 2 1  7 3  t  1 7  2  1 7  8       1  0 3 t 3 3 PT  8 8 (*). t t 1  7 3 3 f (t )        1 Hàm số 8  8 nghịch biến và f (3)  0 nên (*) có nghiệm t = 3. Vậy phương trình có nghiệm x = 343.