Đề thi thử đại học có đáp án năm 2012 môn: Toán - Đề số 01

Đề thi thử đại học có đáp án năm 2012 môn: Toán - Đề số 01

Thể loại: Ôn thi ĐHCĐ
Lượt xem: 102,177Lượt tải: 8Số trang: 8

Mô tả tài liệu

Đề thi thử đại học có đáp án năm 2012 môn "Toán - Đề số 01" gồm 6 câu hỏi với hình thức tự luận trong thời gian làm bài 180 phút. Mời các bạn cùng tham khảo và thử sức mình với đề thi. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

Tóm tắt nội dung

DIỄN ĐÀN ÔN LUYỆN 01 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG (7 điểm) Cho tất cả thí sinh Câu I. (2 điểm) Cho hàm số: (Cm) : y=−x3 + (2m+1)x2 −m−1 1) Với m = 1, khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C1) 2) Tìm m để đường thẳng y= 2mx−m−1 cắt đồ thị hàm số (Cm) tại 3 điểm phân biệt A,B,C thỏa mãn OA2 +OB2 +OC2 đạt giá trị nhỏ II. (2 điểm) 1) Giải phương trình: x = 2 2) Giải phương x2 + x4 + x = p x− x3 Câu III. (1 điểm) ln x p x2 IV. (1 điểm) Cho lăng trụ đứng có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC′ tạo với mặt phẳng (ABB′A′) góc 60o và AB = AA′ = a , (a > 0). Gọi M, N,P lần lượt là trung điểm của Tính thể tích lăng trụ cùng khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và NP theo a Câu V. (1 điểm) Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x2 + y2 = 2. Chứng minh rằng 4. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (A hoặc B) Phần A Câu VIa. (2 điểm) 1) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H(2;0), phương trình đường CM : 3x+7y−8= 0, phương trình đường trung trực của BC : x−3= 0. Tìm tọa độ của đỉnh A. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm 2 điểm B,D nằm trên ∆ điểm C nằm trên mặt phẳng (P) : 2x+ y+ z−3= 0. Tìm tọa độ điểm B biết tứ giác ABCD là hình chữ VIIa. (1 điểm) Giải bất phương B Câu VIb. (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : = 4. Gọi M là điểm sao cho qua M tiếp xúc với (C) tại E, cát tuyến qua M cắt (C) tại A,B sao cho tam giác ABE vuông cân tại B. Tìm tọa độ của M sao cho khoảng cách từ M đến O là ngắn nhất. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 −4x+2y−4 = 0 và mặt phẳng (P) : 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với mặt cầu (S) biết ∆ nằm trên (P) và ∆ cắt trục VIIb. (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn phương trình: z Hết ĐÀN ÔN LUYỆN TOÁN ĐỀ 01 BÀI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2012 Môn thi: CHUNG (7 điểm) Cho tất cả thí sinh Câu I. 1) (1 điểm) hàm số: (Cm) : y=−x3 + (2m+1)x2 −m−1 Với m = 1, khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C1) Lời m = 1 hàm số là y=−x3 +3x2 −2 • TXĐ là D =R • Chiều biến thiên y′ =−3x2 +6x = 3x y′ = 0⇔ [ x = 0⇒ y=−2 x = 2⇒ y= 2 y′ < 0⇔−∞< x < 0 hoặc 2< x <+∞⇒ hàm số nghịch biến trên (−∞;0) ; (2;+∞) y′ > 0⇔ 0 < x < 2⇒ hàm số đồng biến trên (0; 2). Giới hạn tại vô cực biến thiên x −∞ 0 2 +∞ y′ − 0 + 0 cực đại (2; 2), điểm cực tiểu (0; −2). • Đồ thị Giao với các trục tọa độ: Cho x = 0⇒ y=−2 và cho y= 0⇒ x = 1, x = 1− p 3, x = số cắt trục tung tại điểm B(0;−2) và cắt trục hoành tại ba điểm A1(1;0), 2 3−1 b b I. 2) (1 điểm) m để đường thẳng y = 2mx−m−1 cắt đồ thị hàm số (Cm) tại 3 điểm phân biệt A,B,C thỏa mãn OA2 +OB2 +OC2 đạt giá trị nhỏ trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d : y= 2mx−m−1 với đồ thị hàm số + (2m+1)x2 −m−1 ⇔ x [ x2 − 0 Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (C1) tại 3 điểm phân biệt khi: Phương trình g(x)= = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 , tức là: { ∆= (2m+1)2 −4.2m > 0 g(0) 6= 0 > 0 m 6= 0 6= 1 2 m 6= x1, x2 lần lượt là hai nghiệm phân biệt của phương trình g(x)= 0, thì khi đó ta −m−1), B(x2;2mx2 −m−1), +OB2 +OC2 = x21 + x 2 2 + (2mx1 −m−1) 2 + (2mx2 −m−1)2 + (m+1)2 = x21 + x 2 2 (m+1)2 = (x21 + + + x2)2 + có, theo Vi-et thì: { x1 + x2 = = 2m ⇒OA2 +OB2 +OC2 16m4 −8m3 −m2 +2m+4= sát hàm h(m) trên R cho ta h(m)≥ điều kiện tổng OA2 +OB2 +OC2 đạt giá trị nhỏ nhất m II. 1) (1 điểm) phương trình: x = 2 Lời đổi phương trình x−2sin x−2 p 2= 0 0 ⇔(sin x+cos 0 ⇔cos2x = (k ∈Z) Còn sin x+cos x = 2 p 2 (vô nghiệm) do sin x+cos x x (k ∈Z) Câu II. 2) (1 điểm) phương x2 + x4 + x = p x− x3 Lời kiện : x ∈ (−∞;−1]∪ [0;1] • Xét với x = 0 Không là nghiệm của hệ : • Với x ∈ (0;1] ta có : ⇔ x2 +1+ x = x x2 x Đặt : t x ⇒ t4 x2 −2 Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình ẩn t √ t4 +3+1= t ⇔ { t−1≥ 0 t4 +3= t2 −2t+1 ⇒ t Xét với x ∈ (−∞;−1] ta x2 x Tương tự ta có t x ⇒ t4 x2 −2 Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình ẩn +3+1=−t ⇔ { t+1≥ 0 t4 +3= t2 +2t+1 ⇒ t = 1 (thỏa mãn) • Với t = 1⇒ 1 x − x = 1⇔ x2 + x−1= luận: Phương trình đã cho có nghiệm x III. (1 điểm) ln x p x2 đổi I ln x p x2 +1 dx ln +1 Đặt t = p x2 +1, (t ≥ 0)⇒ t2 = x2 +1⇒ t.dt = x.dx; x = p 8 ⇒ t = 3 x = p 3 ⇒ t = 2 ta được: I −1). ln(t2 −3t)′ ln(t2 −3t) ln(t2 −3t) ln(t2 −3t) ln(t2 −2t+ IV. (1 điểm) lăng trụ đứng có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC′ tạo với mặt góc 60o và AB = AA′ = a , (a > 0). Gọi M, N,P lần lượt là trung điểm của Tính thể tích lăng trụ cùng khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và NP theo thể tích Gọi K là trung điểm của A′B′, ta có ∆A′B′C′ cân tại C′ nên KC′ ⊥ A′B′ Có KC′ ⊥ AA′ ⇒ KC′ ⊥ (ABB′A′)⇒ KC′ ⊥ AM ⇒ KC′ ⊥ BK ⇒ á(BC′, (ABB′A′)= ƒKBC′ = 60o lại có AM = BK = trong ∆BKC′ ⇒ KC′ SA′B′C′ = 1 2 · A′B′ ·KC′ = AA′ ·SA′B′C′ = a khoảng cách Nếu gọi Q là trung điểm của B′C′ thì MQ‖NP ⇒ NP‖(AMQ)⇒ d(AM, NP)= d[P, (AMQ)] Kẻ AH′⊥BC lại có BB′⊥AH′ (do ⇒ ·PQ 3VA.PMQ = AH′ ·S∆PMQ thấy AM = MQ Theo định lý đường trung tuyến = 2A′C′2 +2A′B′2 = AA′2 + AQ2 S∆AMQ AQ d[P, V. (1 điểm) x, y là hai số thực dương thỏa mãn x2 + y2 = 2. Chứng minh 4. Lời 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số thực dương ta xy2 ≥ 2x2 Do đó ta cần chứng minh 2x2 4+ 2y2 + đương 2+ x Vậy ta cần chỉ ra (2+ x)(x+2y)≤ 9 Bất đẳng thức trên được chứng minh bằng bđt Cauchy như sau: (2+ 9 do (x+ + y2)= 2. Dấu bằng đạt được tại x = y= 1. Cách 2 Ta y2 x2) x+3− x2 Cuối cùng thì chỉ cần x2) x+3− x2 ≥ 4⇔ (x−1)2(x3 −4x2 −16x−12)≤ 0 đúng do 0≤ x RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B Phần A Câu VIa. 1) (1 điểm) mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H(2;0), phương trình đường trung tuyến CM : 3x+7y−8= 0, phương trình đường trung trực của BC : x−3= 0. Tìm tọa độ của đỉnh A. Lời G và O lần lượt là trọng tâm và tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Đặt ra phương trình OH a(x−2)+ y= 0 G là giao điểm của OH và CM nên dễ dàng tìm ra tọa độ của G là do =−→0 nên 2(x0 − xG)+ (xH − xG)= 0⇔ 0⇔ a = 0 Vậy dàng tìm ra tọa độ A(2;b) Dựa = tìm được trình đường thẳng BC, vuông góc với x = 3 có dạng y= b 2 C thuộc đường tròn tâm O bán kính OA, OA2 = được (xC −3)2 1+b2 Vậy xC = yC vào phương trình CM, ta tìm được b. suy ra tọa độ của A. Câu VIa. 2) (1 điểm) không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm 2 điểm B,D nằm trên đường thẳng ∆ điểm C nằm trên mặt phẳng (P) : 2x+ y+ z−3= 0. Tìm tọa độ điểm B biết tứ giác ABCD là hình chữ giải: C ∈ (P) nên tọa độ C là (xC; yC;3−2xC − yC) Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường là xC); 12 (2+ − ∈ BD ta − xC +1= yC +6 2 = 2xC + yC +2⇔ xC = 1; yC =−2 do đó I(2;0;1). B ∈∆ nên tọa độ của B là mà IB = I A Suy + (2t−2)2 + (−t+1)2 = 9⇔ 6(t−1)2 = 9⇔   t = = VIIa. (1 điểm) bất phương giải: Vì log x ) = x ) nên bất phương trình phương 2 vế của bất phương trình ta 0 ⇔−3≤ x ) ≤−2 hay 2≤ x ) ≤ x ≤ 8 Phần B Câu VIb. 1) (1 điểm) mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : (x+2)2 + (y−1)2 = 4. Gọi M là điểm sao cho tiếp tuyến qua M tiếp xúc với (C) tại E, cát tuyến qua M cắt (C) tại A,B sao cho tam giác ABE vuông cân tại B. Tìm tọa độ của M sao cho khoảng cách từ M đến O là ngắn I là tâm đường tròn (C), suy ra I(−2;1). Vì tam giác EBA vuông cân tại B, nên EA là đường kính của đường tròn. Suy ra MI = 2 p 5 (Cái này Pythagone mấy lần là ra). Ta có: MO ≥ |MI −OI| ≥ = p 5 (Theo bất đẳng thức tam bằng xảy ra ⇔ { M,O, I thẳng hàng MO I thẳng hàng ⇔ M ∈OI : x+2y= 0⇔ M(−2t; t) MO2 = 5⇔ (−2t)2 + t2 = 5⇔ [ t = 1 M(−2;1) (trùng với I) (loại) t =−1 M(2;−1) VIb. 2) (1 điểm) không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 −4x+2y−4 = 0 và mặt phẳng (P) : 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với mặt cầu (S) biết ∆ nằm trên (P) và ∆ cắt trục (P)= Theo đề bài ∆ qua A có vtcp −→v = (m;n; p) với m2 +n2 + p2 6= 0 ∆ nằm trên (P) nên vtpt của (P) là −→n = (1;2;−2) vuông góc với −→v tức = 0 (1) Mặt cầu (S) có tâm I(2;−1;0) và bán kính R = (11;−1;0) tiếp xúc (S) khi khoảng cách giữa I với ∆ bằng R tức = R ⇔ p2 +121p2 + +n2 + p2 = 9 (2) Tiếp tục giải hệ gồm (1), (2) với m2 +n2 + p2 6= 0 là ra vtcp rồi sau đó viết phương trình ∆ Câu VIIb. (1 điểm) số phức z thỏa mãn phương z giải: Ta có z2 · z2 = |z|4 · z2 z2 = trình đã cho tương đương với z2 + z+4+28i = = = 3−4i z =−4+2i ⇔ [ z = 3+4i z