Đáp án đề thi thử đại học năm 2012 môn: Toán - Đề số 06

Thông tin tài liệu

Nhằm giúp các bạn củng cố lại kiến thức đã học và làm quen với dạng đề thi. Mời các bạn cùng tham khảo đáp án đề thi thử đại học năm 2012 môn Toán - Đề số 06 dưới đây. Hy vọng đề thi sẽ giúp các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

DIỄN ĐÀN BOXMATH.VN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 ĐỀ SỐ: 06 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x3  ax  bx  c (*) a, b, c tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho a  3; b  0; c  2 Giả sử đồ thị hàm số (*) có hai điểm chung M , N với trục Ox Gọi P giao điểm đồ thị hàm số (*) với trục Oy Biết tiếp tuyến đồ thị hàm số (*) M qua P Tìm a, b, c để diện tích tam giác MNP 1) Học sinh tự làm 2) Giả sử đồ thị hàm số cắt Ox M (m;0), N (n;0) cắt Oy P(0; c) Tiếp tuyến M có dạng: y  (3m  2am  b)( x  m) Vì tiếp tuyến qua P nên: 3m3  2am  bm  c   2m3  am  (vì M thuộc đồ thị nên: m3  am  bm  c  ) a Từ suy ra: m  Vì đồ thị hàm số cắt Ox điểm M, N nên đồ thị tiếp xúc với Ox: Ta thấy M tiếp điểm đồ thị hàm số với Ox điều xảy trục Ox qua P (Vô lý) Vậy đồ thị tiếp xúc với Ox N Do ta có: x  ax  bx  c  ( x  n)2 ( x  m) a a  m   , n    m  2n   a   Suy ra: 2mn  n  b  a  32c   mn  c 5a  16b  Vì S MNP   c n  m   c a  a  a  a  4   a  32c a  32c   (VN )    b  ac  8 ac  c  2  5a  16b 5a  16b   Câu II (2 điểm)  a  4  KL: b  c      cos x cos x Giải phương trình: x  x  156 x  40  x   x   144  Giải phương trình: cos x  cos x  1) Điều kiện cos x  Phương trình viết lại sau: cos x    (2 cos x  2cos2 x  1) cos x Mặt khác ta có: cos x  (cos x  cos x)  (cos 3x  cos x )  cos x  cos x.cos x  2cos x.cos x  cos x cos x cos x Suy  cos x  2cos2 x  Phương trình cho có dạng : cos x   1 cos x cos x cos x k 2   cos x   x  k 2     cos x  1   1     (k  Z ) x   cos x   cos x   x  k 2 2) Giải phương trình sau: x  x  156 x  40  x   x   144  Phương trình viết lại sau: Điều kiện: x  x     x  27 x  27    x     x   x   36  x    54 x   27)  x      ( x  3)3  3( x  3)  x    3(2 x   3) Xét hàm số f  t   t  3t với t  (1; ) có f '(t )  3t  3t với t  (1; ) suy f '(t )  Vậy hàm số f (t ) đồng biến (1; ) Ta có: f ( x  3)  f (2 x   3)  x   x    x  x   x  20 x  16   x  10  29(TM )   x  10  29 ( L) Vậy phương trình có nghiệm nhất: x  10  29  3sin x  sin x.cos x dx sin x  cos x Câu III) Tính tích phân: I    Tính tích phân: I    2  2sin x  sin x.cos x   cos x (2sin x  cos x)(sin x  cos x)  dx   dx  sin x  cos x sin x  cos x  dx  J  K sin x  cos x   (2sin x  cos x)dx   Ta có J   sin x  cos x    dx   sin x  cos x 0 K   52  1 dx  dx     x  x  2 sin  x   sin    cos    4  2 8 2 8    x   d  tan     1     dx  dx    tan  x    cos  x    tan  x          2 8 2 8 2 8     tan 1  x  24  ln tan     ln   2  tan   2 8      tan  52 24  Vậy I   ln   2  tan     Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABCA ' B ' C ' có đáy ABC tam giác vng ; Gọi M trung AB  BC  a , mặt phẳng ( AB ' C ) tạo với ( BCC ' B ') góc  với tan   điểm BC Tính thể tích khối chóp MA ' B ' C xác định tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp B ' ACM theo a   B' C' A' O E I K B C M O' A Tính thể tích khối chóp: ˆ   có : BE  AB.cot   a Từ B hạ BE  ( B ' C )  BEA 1 BC BE Mặt khác:    BB '  a 2 2 BE BB ' BC BC  BE 1 a 2a AB.dt ( B ' MC )  a .a  (đvtt) 3 2 12 Tìm tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp: Gọi O ' tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác AMC tâm O’ thuộc đường trung trực AM MC AC a 10 MC vị trí O’ xác định theo hệ thức: O ' C  R '   4dt ( AMC ) Qua O’ dựng O ' z vng góc với (ABC) O ' z trục đường tròn đáy (AMC) Suy tâm O mặt cầu ngoại tiếp khối chóp B’AMC nằm O ' z tâm O thuộc mặt phẳng trung trực B’C ( Mặt phẳng qua trung điểm I B’C vng góc với B’C I) 5a Ta có bán kính mặt cầu ngoại tiếp R thì: R  OC  O ' C  x  x  (1) với OO '  x B 'C2 3a Mặt khác ta có: R  OB '2  OI  B ' I  OI   OI  4 Ta có VMA ' B 'C  VA ' MB 'C '  5a a a 2 Mà IO  MO '  ( x  MI )   x  x      2 2 3a 5a a  a  3a 15a a Suy R  OI    x  x     x  x (2)   8   5a 15a a 2a Từ (1) (2) suy ra: x    x  x x 8 10a Vậy R  2 Câu V (1 điểm) Tìm tất cặp số thực x, y   x  xy  x   thỏa mãn hệ phương trình:   y  xy  x  y   (1)  x  xy  x  Hệ phương trình viết lại sau:  (2)  y  xy  x  y  Vì x, y  nên ta suy x, y  (0;1)  y   x 1   x  x2 x y   Hệ có dạng:   x (3) ( y  1)( x  y )    x   1       x  x  Phương trình (3) có dạng: x  x  x   Xét hàm số f  x   x  x  x  Ta có f '  x   3x2  x    Với  x  f '  x   3x  x   x  x  x   1 Do f ( x ) hàm nghịch biến khoảng  x  Ta có f   f (1)    nên  2 1  f ( x )  có nghiệm thuộc  ;1 2  1  1    Ta có:   x         x  ; Đặt x  với      ta có: x x cos  3 x  x   8cos   cos   4cos     cos 3  cos 2  cos      k 2  2sin  cos 3  2sin  cos 2  2sin  cos   sin    sin 4  sin 3       k 2 7     Vì      nên chọn   suy x   3  2cos  cos  1 1 Ta có:    x     x  x  x  y   x   x  x   x x x x cos    cos    Vậy hệ có nghiệm ( x, y )   ;  thỏa mãn điều kiện    cos  cos 7   II PHẦN RIÊNG (3 điểm) 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (T):  x  1   y  3  hai điểm A(2;1), B(0;5) Từ điểm M thuộc đường thẳng (d): x  y   kẻ hai tiếp tuyến đến (T) Gọi E, F hai tiếp điểm tương ứng Tìm tọa độ điểm E, F biết ABEF hình thang Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; 0; 0), B(0;1; 0), C (0; 3; 2) mặt phẳng ( ) : x  y   Tìm toạ độ điểm M biết M cách điểm A, B, C mặt phẳng ( ) 1) Ta thấy A,B đường kính (T)  ABEF hình thang EF / / AB F A I M E B   (T) có I 1;3 , R  5; AB  2; 4  / / u  1;  M  d : x  y    M  2a  1; a     MI   2a;3  a  ; MI u AB   2  2a   2a   a   M  3;1 Giả sử : E ( x; y )   Suy ME ( x  3; y  1); IE ( x  1; y  3) Vì E tiếp điểm nên ta có E thuộc đường trịn Hay: x  y  x  y   (1)     ME ( x  3; y  1); IE ( x  1; y  3)  ME.IE   x  y  x  y  (2) Lấy (1)- (2) suy ra: 4 x  y   Phương trình đường thẳng EF : 4 x  y   Tọa độ E , F giao điểm EF đường  52 ;y x  2   5 ;y x   2  52   52  ; ;  ; F    2   2  4 x  y   trịn:  Giải hệ tìm 2  x  1   y  3   Vậy tọa độ E, F : E   2) Vì M cách A, B, C nên M thuộc đường thẳng  giao tuyến mặt phẳng (P), (Q) mặt phẳng trung trực AB, AC Viết phương trình: ( P) :  x  y  0;(Q ) :  x  y  z      Đường thẳng  có véc tơ phương u   n P ; nQ    2; 2; 2  / /(1;1; 1)  x  y  Xét hệ:  Cho x   y   z   N (1;1;2) thuộc giao tuyến  x  y  z   x  1 t  Suy PTTS () :  y   t Xét điểm M thuộc đường thẳng   M (1  t ;1  t ;2  t ) z   t    t   2t  3t  Ta có MA  t ; 1  t; t   ; d M /( )   5 Theo điều kiện tốn ta có: t  MA  d M /( )  t  (t  1)  (2  t )  6t  40t    20 t    M (1; 1; 2) Vậy có điểm M cần tìm là:   M ( 23 ; 23 ;  14 ) 3   3t    2 2 Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình: 2 2.6 x  x  3.12 x  2.8 x  2.3x Chia vế phương trình cho x ta thu phương trình: x x  3 3 3     3        2 2 2 x x 3 Đặt t     ta có phương trình: 2 Theo bất đẳng thức AM  GM ta có 2t   4t   2t 2t   2t   3t     t ; 3t   t Từ suy VT  2t 2t   Dấu xảy   t  suy x  3t   Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân A có phương trình cạnh BC, AB x  y   x  y  10  Tìm tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC, biết điểm M  2;  thuộc cạnh AC x  1 t  Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng 1 :  y  hai điểm A(2;1;-1),  z  t  B(-1;2;0) Viết phương trình đường thẳng  qua B cắt 1 cho khoảng cách từ A đến  nhỏ nhất? lớn nhất? 1) Phương trình đường thẳng MN qua M song song với BC MN : x  y   Gọi N giao điểm MN AB, H trung điểm MN tọa độ N thỏa mãn hệ phương x  y   trình:   N  2;   H  0;3 3 x  y  10   AH qua H  BC : x  y  C   x  y    7  A  AB  AH : A  7; 11 ; K  AH  BC : K   ;   5  x  t AH: có u 1;2  , qua H  0;3  PTTS :   y   2t 4  Gọi I tâm đường tròn nội tiếp  I  t;3  2t  với t   7;   5  3t   2t  10 t   4t  t  5t  d I / AB  d I / BC     10 10   33  31  0, 22( L)  t     5t   t    49     4  t     5t   33  31 t   49 1   33  31 81  62   I   ;  49 49   A N H M K B C   2) Giải: Gọi u , u1 VTCP , 1  Ta có 1 qua N(1;0;0) có VTCP u1 (1;0; 1)   Giả sử   1  M  M (1  t ; 0; t );VTCP : u  BM  (2  t; 2; t )   u, BA       BA   3; 1; 1  u; BA    t ; 2; t   d A /     u = 2  t   (2  2t )2  (4  t )2 (2  t )2   t = 3t  10t  12 t  2t  3t  10t  12 Gọi y0 giá trị hàm số t  2t  3t  10t  12   y0  3 t  (2 y0  10)t  y0  12   y0  t  2t  Xét y=   '    y0  5  ( y0  3)(4 y0  12)   3 y02  34 y0  11    y0  11 Từ suy  x  1  2 y0  10  * dmax= 11  y0  11  t   2  u (0; 2; 2)  PTTS () :  y   2t 2( y0  3)  z  2t   x  1  4t  1  * d   y0   t   u (4; 2; 2)  PTTS () :  y   2t 3  z  2t  x  (m  1) x  m  Câu VII.b (1 điểm) Tìm m để hàm số y  có cực đại, cực tiểu thỏa mãn x 1 điều kiện: giá trị cực đại cực tiểu trái dấu yC Đ  yCT x  (m  1) x  m  có cực đại cực tiểu trái dấu x 1 đồ thị hàm số không cắt trục Ox f ( x)  x  (m  1) x  m   khơng có nghiệm x  1 Ta có nhận xét sau: Hàm số y  (m  1)  4(m  1)    Tức là:    1  m   f (1)  1  x  (m  1) x  m  1 Viết lại: y   xm ta có giao điểm hai tiệm cận là: I (1; m  1) x 1 x 1 Khi hàm số có cực đại cực tiểu thì: yCĐ  yCT  yI  yCĐ   yCT Từ suy   yCĐ  yCT  yI   2(m  1)   m   yCĐ  yCT Vậy giá trị m cần tìm là:  m  HẾT ... điểm) Tìm m để hàm số y  có cực đại, cực tiểu thỏa mãn x 1 điều kiện: giá trị cực đại cực tiểu trái dấu yC Đ  yCT x  (m  1) x  m  có cực đại cực tiểu trái dấu x 1 đồ thị hàm số không cắt trục...  1 t  Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng 1 :  y  hai điểm A(2;1 ;-1 ),  z  t  B (-1 ;2;0) Viết phương trình đường thẳng  qua B cắt 1 cho khoảng cách từ A đến  nhỏ nhất?...  3)3  3( x  3)  x    3(2 x   3) Xét hàm số f  t   t  3t với t  (1; ) có f '(t )  3t  3t với t  (1; ) suy f '(t )  Vậy hàm số f (t ) đồng biến (1; ) Ta có: f ( x  3) 

Ngày đăng: 29/04/2021, 16:37

Xem thêm: