Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 141

Chia sẻ: TiPo | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

107
lượt xem 37
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học môn toán năm 2012_đề số 141', 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 môn toán năm 2012_Đề số 141

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010. Môn thi : TOÁN (ĐỀ 141) Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + m − 1 (1) , với m là tham số thực. 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1 . 2.Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1 . Câu II : ( 2, 0 điểm) Giải các phương trình 1. 4sin 3 x.cos3x + 4co s 3 x.sin 3x + 3 3cos4x = 3 2. log 3 (x 2 + 5x + 6) + log 3 (x 2 + 9x + 20) = 1 + log 3 8 CâuVI:( 1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt a3 phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) b ằng , 4 tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. CâuV :( 2, 0 điểm). π 2 1. TÝnh tÝch ph©n sau: I = cos 2 x.cos 2 2 x.dx 0 1. Cho 3 sè d¬ng x, y, z tho¶ m·n : x +3y+5z ≤ 3 .Chøng minh r»ng: 3 xy 625 z 4 + 4 + 15 yz x 4 + 4 + 5 zx 81y 4 + 4 ≥ 45 5 xyz. Câu VI :(2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng (Oxy), cho đường tròn (C ): 2x + 2y − 7x − 2 = 0 và hai điểm 2 2 A(-2; 0), B(4; 3). Viết phương trình các tiếp tuyến của (C ) tại các giao điểm của (C ) với đường thẳng AB. 2x 2 + (m + 1)x − 3 2. Cho hàm số y = . Tìm các giá trị của m sao cho tiệm cận của đồ x+m thị hàm số tiếp xúc với parabol y = x2 +5 8 − log 2 ( 3x −1 +1) � �log 2 3 9x−1 +7 1 Câu VII :(1,0 điểm) Cho khai triển Hãy tìm các giá trị của x . +2 5 2 � � � � biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển này là 224 ----------------***HÕt***---------------- Chó ý:ThÝ sinh kh«ng ®îc sö dông tµi liÖu. C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm Hä vµ tªn thÝ sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sè b¸o danh:. . . . . . . . . .
(Đáp ánĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010. Môn thi : TOÁN (ĐỀ 141) Nội dung Câu Điểm I 1.(1 điểm). Khi m = 1 hàm số trở thành: y = x 4 − 2 x 2 • TXĐ: D= ﾡ (2điểm) x=0 Sự biến thiên: y = 4 x − 4 x = 0 � 4 x ( x − 1) = 0 � ' 3 2 • x= 1 0.25 yCD = y ( 0 ) = 0, yCT = y ( 1) = −1 0.25 • Bảng biến thiên x - -1 0 1 + − − y’ 0 + 0 0 + y + 0 + -1 -1 0.25 • Đồ thị f (x) = x4-2 ⋅x2 8 6 4 2 -10 -5 5 10 -2 -4 -6 0.25 -8 x=0 2. (1 điểm) y = 4 x − 4mx = 4 x ( x − m ) = 0 ' 3 2 x2 = m pt y ' = 0 có ba nghiệm phân biệt và y ' đổi dấu Hàm số đã cho có ba điểm cực trị khi x đi qua các nghiệm đó � m > 0 0.25 • Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: ( )( ) A ( 0; m − 1) , B − m ; − m 2 + m − 1 , C m ; − m 2 + m − 1 0.25 1 SVABC = yB − y A . xC − xB = m 2 m ; AB = AC = m 4 + m , BC = 2 m • 2 0.25 ( m 4 + m ) 2 m = 1 � m 3 − 2m + 1 = 0 � m = 1 AB. AC.BC R= =1� • 5 −1 4 SVABC 4m 2 m m= 2 0.25 Câu II 1. (1,0 điểm) (2,0 Phương trình đã cho tương đương với phương trình : điểm) 1. Phương trình : 4 sin 3 x.cos3x + 4co s3 x.sin 3x + 3 3 co s4x = 3 � 4[(1 − co s 2 x) sin x.cos3x + (1 − sin 2 x)co s x.sin 3x ] + 3 3 co s 4x = 3 � 4[( sin x.cos3x + co s x.sin 3x) − cos x sin x(co sx.cos3x + sin x.sin 3x)] + 3 3 co s4x = 3 1 1 � � 0,50 � 4[ sin 4x − sin 2x.co s2x ] + 3 3 co s4x = 3 � 4 � 4x − sin 4x � 3 3 co s4x = 3 � 3sin 4x + 3 3 co s4x = 3 + sin 2 4 � �
π π 1 3 1 � sin 4x + 3 co s4x = 1 � sin 4x + co s 4x = � sin(4x + ) = sin 2 2 2 3 6 �ππ �ππ π π π � � � + 3 = 6 + k2π � + 3 = 6 + k2π � = − 6 + k2π � = − 24 + k 2 4x 4x 4x x �� (k �Z) 0,50 � + π = 5π + k2π � + π = 5π + k2π �= π+k π � = π + k2 π x 4x 4x 4x �36 �36 � �8 � � 2 2 Điểm Đáp án 2.(1,0 điểm) PT log 3 (x + 5x + 6) + log 3 (x + 9x + 20) = 1 + log 3 8 (*) 2 2 x < −5 x 2 + 5x + 6 > 0 x < −3 � > −2 x � −4 < x < −3 �� Điều kiện + : �2 , và có : x < −5 � > −4 x x + 9x + 20 > 0 0,25 x > −2 1 + log 3 8 = log 3 24 + PT (*) log � + 5x + 6)(x + 9x + 20) � log 3 24 = 0,25 2 2 (x + 5x + 6)(x + 9x + 20) = 24 (x 2 2 �� 3 � � �� (x < −5) �−4 < x < −3) � > −2) ( (x (x < −5) �−4 < x < −3) � > −2) ( (x ( x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) = 24 (*) (x < −5) �−4 < x < −3) � > −2) (**) ( (x 0,25 + Đặt t = (x + 3)(x + 4) = x + 7x +12 �(x + 2)(x + 5) = t − 2 , PT (*) trở thành : 2 t(t-2) = 24 � (t − 1)2 = 25 � t = 6 �t = −4 x = −1 0,25 t = 6 : x + 7x +12 = 6 � x + 7x + 6 = 0 � x = −6 ( thỏa đkiện (**)) 2 2 • • t = - 4 : x 2 + 7x +12 = −4 � x 2 + 7x +16 = 0 : vô nghiệm + Kết luận : PT có hai nghiệm là x = -1 và x = - 6 Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Câu III Từ giả thiết AC = 2a 3 ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O (1,0 của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a , do đó điểm) ﾡ A B D = 600 0,25 Hay tam giác ABD đều. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD). Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH ⊥ AB và DH = a 3 ; OK // DH và 1 a3 ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ OK = DH = 0,25 2 2 (SOK) S Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB). Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao 0,25 1 1 1 a ⇒ 2= + � SO = I D 2 2 OI OK SO 2 A 3a Diện tích đáy O H a K C B
S ABCD = 4S∆ABO = 2.OA.OB = 2 3a 2 ; a đường cao của hình chóp SO = . 2 Thể tích khối chóp S.ABCD: 0,25 3a 3 1 VS . ABCD = S ABC D .SO = 3 3 Cho 3 sè d¬ng x, y, z tho¶ m·n : x +3y+5z ≤ 3 . Chøng minh r»ng: IV (1,0 3 xy 625 z 4 + 4 + 5 zx 81y + 4 + 15 yz x + 4 ≥ 45 5 xyz 4 4 điểm) BÊt ®¼ng thøc 4 4+ 4 ⇔ 9 y 2 + 2 + 25 z 2 + ≥ x2 + 45 9y 2 25 z 2 x 36 22 2 2 + ) 2 ≥ 9(.3 x.3 y.5 z ) + VT ≥ ( x + 3 y + 5 z ) + ( + 2 . 0,25 ( x.3 y.5 z ) 2 x 3 y 5z 3 ( x.3 y.5 z ) 2 §Æt t = 3 3  x + 3 y + 5z   = 1 do ®ã t ≤ 1 ( x.3 y.5 z ) ≤  ta cã 0,25 3   3 36 36 36 = 36t + − 27t − 27 =45 0 < t ≤ 1. XÐt hµm sè f(t)= 9t + §iÒu kiÖn . 2 36t. t t t 0,25 1 1 DÊu b»ng x¶y ra khi: t=1 hay x=1; y= ; z= . 0,25 3 5 Câu V. 1.(1,0 điểm) (2,0 Đường 1/ + tròn (C ) : 2 điểm) 7 � 7� 65 2x 2 + 2y 2 − 7x − 2 = 0 � x 2 + y 2 − x − 1 = 0 � � − �+ y 2 = x 2 � 4� 16 0,25 7 �� 65 (C ) có tâm I � ;0 � à bán kính R = v 4 �� 4 + Đường thẳng AB với A(-2; 0) và B(4; 3) có phương trình x+2 y x+2 = , hay : y = 6 3 2 + Giao điểm của (C ) với đường thẳng AB có tọa độ là nghiệm hệ PT 2 � +2� x 0,25 5x(x − 2) = 0 2x + 2y − 7x − 2 = 0 2x + 2 � �− 7x − 2 = 0 2 2 2 x = 0; y = 1 � � � �2 � �� x+2 � � x+2 x = 2; y = 2 �= 2 y �= y � =x+2 y 2 2 Vậy có hai giao điểm là M(0; 1) và N(2; 2)
uuu � 7 � r + Các tiếp tuyến của (C ) tại M và N lần lượt nhận các vectơ IM = � ;1�và − �4 � uu � � r1 IN = � ; 2 �làm các vectơ pháp tuyến , do đó các TT đó có phương trình lần lượt là : 4 �� 7 • − (x − 0) + 1(y − 1) = 0 , hay : 7x − 4y + 4 = 0 0,50 4 1 (x − 2) + 2(y − 2) = 0 , hay : x + 8y − 18 = 0 • 4 2x 2 + (m + 1)x − 3 2/ Cho hàm số y = . Tìm các giá trị của m sao cho tiệm cận của đồ Điểm x+m thị hàm số tiếp xúc với parabol y = x2 +5 2x 2 + (m + 1)x − 3 xác định với mọi x − m Hàm số y = x+m m2 − m − 3 Viết hàm số về dạng y = 2x + 1 − m + x+m 0,25 1 13 : Có hàm số bậc nhất y = 2x + 1 − m ( x − m ) : + TH1 : m 2 − m − 3 = 0 � m = 2 đồ thị không có tiệm cận 0,25 1 13 + TH2 : m 2 −−�۹3 0 : Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường m m 2 thẳng (d1) x = -m và tiệm cận xiên là đường thẳng (d2) y = 2x + 1 - m 0,25 + Đường thẳng (d1) x = - m luôn cắt parabol parabol y = x2 +5 tại điểm (-m ; m2 +5) 1 13 ( với mọi m ) và không thể là tiếp tuyến của parabol 2 0,25 + Tiệm cận xiên (d2) y = 2x + 1 - m tiếp xúc với parabol y = x2 +5 PT x2 +5 = 2x + 1 - m , hay PT x – 2x + 4 +m = 0 có nghiệm kép � ∆ ' = 1-(4 + m) = 0 � m = −3 2 ( thỏa điều kiện) Kết luận : m = -3 là giá trị cần tìm VI. 8 − log 2 ( 3x −1 +1) � �log 2 3 9x−1 +7 1 +2 5 (1,0 điểm) Cho khai triển � � Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng . (1,0 2 � � điểm) thứ 6 trong khai triển này là 224 8 − log 2 ( 3x −1 +1) � k =8 �log 2 3 9x−1 + 7 1 Ta có : ( a + b ) = 8 C8 a 8− k b k với k +2 5 2 � � � � k =0 ( ) 1 1 1 = ( 9 x −1 + 7 ) = ( 3x −1 + 1) − log 2 3x −1 +1 − 9x −1 + 7 3 a = 2log 2 ; b=2 0,25 5 3 5 + Theo thứ tự trong khai triển trên , số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải 3 5 � �� 1 1 0,25 của khai triển là T6 = C8 �9 x −1 + 7 ) 3 �. �3x −1 + 1) 5 �= 56 ( 9 x −1 + 7 ) . ( 3x −1 + 1) ( ( − −1 5 � �� 9x −1 + 7 + Theo giả thiết ta có : 56 ( 9x −1 + 7 ) . ( 3x −1 + 1) = 224 � −1 0,25 = 4 � 9x −1 + 7 = 4(3x −1 + 1) 3x −1 + 1 3x −1 = 1 x =1 � ( 3x −1 ) − 4(3x −1 ) + 3 = 0 � 2 � 0,25 x=2 3x −1 = 3
Chý ý häc sinh lµm c¸ch kh¸c kÕt quÈ ®óng vÉn ®îc ®iÓm tèi ®a ----Hết-----