Đề thi thử Đại học, Cao đẳng môn Toán Lớp 12 - Đề số 24 - Năm học 2012-2013 (Có đáp án)

doc 8 trang Như Liên 16/01/2025 40
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi thử Đại học, Cao đẳng môn Toán Lớp 12 - Đề số 24 - Năm học 2012-2013 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docde_thi_thu_dai_hoc_cao_dang_mon_toan_lop_12_de_so_24_nam_hoc.doc

Nội dung text: Đề thi thử Đại học, Cao đẳng môn Toán Lớp 12 - Đề số 24 - Năm học 2012-2013 (Có đáp án)

  1. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 24) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y f (x) mx3 3mx2 m 1 x 1, m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của m để hàm số y f (x) không có cực trị. Câu II (2 điểm): Giải phương trình : sin 4 x cos4 x 1 1). tan x cot x ; 2). sin 2x 2 2 3 log x 1 2 log 4 x log 4 x 4 2 8 3 2 dx A Câu III (1 điểm) Tính tích phân 2 1 x 1 x 2 Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho. x2 7x 6 0 Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm 2 x 2 m 1 x m 3 0 B.PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho tam giác ABC biết các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đ.thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Cho hai mặt phẳng P : x 2y 2z + 5 = 0; Q : x 2y 2z -13 = 0.Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai m.phẳng (P) và (Q). Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau: 5 C 4 C3 A2 n 1 n 1 n 2 4 k k (Ở đây An , Cn lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần 7 C n 4 A3 n 1 15 n 1 tử) 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm)
  2. 1. Cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): x2 y 2 2x 4y 8 0 .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2. Cho mặt phẳng (P): x 2y 2z 1 0 và các đường thẳng: x 1 y 3 z x 5 y z 5 d : ; d : . Tìm các điểm M d , N d sao cho MN // (P) 1 2 3 2 2 6 4 5 1 2 và cách (P) một khoảng bằng 2. 1 Câu VII.b: Tính đạo hàm f’(x) của hsố f (x) ln và giải bpt: 3 x 3 6 t sin 2 dt 2 f '( x) 0 x 2 Đáp án(ĐỀ 24) Câu Ý Nội dung Điể m 2 1,00 + Khi m = 0 y x 1, nên hàm số không có cực trị. 0,25 + Khi m 0 y ' 3mx2 6mx m 1 Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi y ' 0 không có nghiệm hoặc có nghiệm 0,50 kép 1 ' 9m2 3m m 1 12m2 3m 0 0 m 4 0,25 1 1,00 sin4 x cos4 x 1 tan x cot x (1) sin 2x 2 0,25 Điều kiện: sin 2x 0
  3. 1 1 sin2 2x 2 1 sin x cos x (1) 0,25 sin 2x 2 cos x sin x 1 1 sin2 2x 1 1 2 1 sin2 2x 1 sin 2x 0 sin 2x sin 2x 2 0,50 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 2 1,00 log x 1 2 2 log 4 x log 4 x 3 (2) 4 2 8 x 1 0 4 x 4 0,25 Điều kiện: 4 x 0 x 1 4 x 0 (2) log x 1 2 log 4 x log 4 x log x 1 2 log 16 x2 2 2 2 2 2 0,25 2 2 log2 4 x 1 log2 16 x 4 x 1 16 x + Với 1 x 4 ta có phương trình x2 4x 12 0 (3) ; x 2 0,25 (3) x 6 lo¹i + Với 4 x 1 ta có phương trình x2 4x 20 0 (4); x 2 24 4 0,25 x 2 24 lo¹i Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x 2 hoặc x 2 1 6 III 1,00 dx tdt Đặt t 1 x2 t 2 1 x2 2tdt 2xdx x x2 dx tdt tdt x 1 t 2 t 2 1 + Đổi cận: 0,50 1 3 x t 2 2 3 1 x t 2 2
  4. 1 3 2 2 3 dt dt 1 t 1 2 1 7 4 3 A 2 2 ln |1 ln 0,50 t 1 1 t 2 1 t 2 3 3 1 2 2 2 IV 1,00 Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OE  AB, SE  AB , suy ra SOE  AB . Dựng OH  SE OH  SAB , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1. Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có: 0,25 1 1 1 1 1 1 1 8 1 OH 2 SO2 OE 2 OE 2 OH 2 SO2 9 9 9 3 OE 2 OE 8 2 2 9 81 9 SE 2 OE 2 SO2 9 SE 8 8 2 2 1 2S 36 S AB.SE AB SAB 8 2 SAB 2 SE 9 2 2 0,25 2 2 2 2 2 1 2 9 9 265 OA AE OE AB OE 4 2 32 2 8 8 8 1 2 1 265 265 Thể tích hình nón đã cho: V .OA .SO .3 0,25 3 3 8 8 Diện tích xung quanh của hình nón đã cho: 265 337 337 SA2 SO2 OA2 9 SA 8 8 8 0,25 265 337 89305 S .OA.SA . xq 8 8 8 V 1,00 2 x 7x 6 0 (1) Hệ bất phương trình x2 2 m 1 x m 3 0 (2) 0,25 1 1 x 6 . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại x0 1;6 thỏa mãn (2).
  5. x2 2x 3 2 x2 2x 3 2x 1 m m (do x 1;6 2x 1 0) 2x 1 0,25 x2 2x 3 Gọi f (x) ; x 1;6 2x 1 Hệ đã cho có nghiệm x0 1;6: f (x0 ) m 2 2x2 2x 8 2 x x 4 1 17 f ' x ; f ' x 0 x2 x 4 0 x 0,25 2x 1 2 2x 1 2 2 1 17 Vì x 1;6 nên chỉ nhận x 2 2 27 1 17 3 17 Ta có: f (1) , f (6) , f 3 13 2 2 27 Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max f (x) 0,25 13 27 Do đó x0 1;6: f (x0 ) m max f (x) m m x 1;6 13 VIa 2,00 1 1,00 Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: 4x 3y 4 0 x 2 0,25 A 2;4 x 2y 6 0 y 4 4x 3y 4 0 x 1 Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình B 1;0 0,25 x y 1 0 y 0 Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: a x 2 b y 4 0 ax by 2a 4b 0 Gọi 1 : 4x 3y 4 0; 2 : x 2y 6 0; 3 : ax by 2a 4b 0 · · Từ giả thiết suy ra 2 ; 3 1; 2 . Do đó |1.a 2.b | | 4.1 2.3| cos · ; cos · ; 2 3 1 2 2 2 5. a b 25. 5 0,25 2 2 a 0 | a 2b | 2 a b a 3a 4b 0 3a 4b 0 + a = 0 b 0 . Do đó 3 : y 4 0 + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra 3 : 4x 3y 4 0 (trùng với 1 ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0.
  6. y 4 0 x 5 Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: C 5;4 0,25 x y 1 0 y 4 2 1,00 Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có: OI AI OI AI d I, P d I, Q OI d I, P 0,25 d I, P d I, Q Ta có: OI AI OI 2 AI 2 a2 b2 c2 a 5 2 b 2 2 c 1 2 10a 4b 2c 30 (1) | a 2b 2c 5 | 2 OI d I, P a2 b2 c2 9 a2 b2 c2 a 2b 2c 5 (2) 3 0,25 | a 2b 2c 5 | | a 2b 2c 13| d I, P d I, Q 3 3 a 2b 2c 5 a 2b 2c 13 (lo¹i) a 2b 2c 4 (3) a 2b 2c 5 a 2b 2c 13 17 11a 11 4a Từ (1) và (3) suy ra: b ; c (4) 3 6 3 Từ (2) và (3) suy ra: a2 b2 c2 9 (5) Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: a 2 221a 658 0 0,25 658 658 46 67 Như vậy a 2 hoặc a .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc I ; ; 221 221 221 221 và R = 3. Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là: 2 2 2 0,25 2 2 2 658 46 67 x 2 y 2 z 1 9 và x y z 9 221 221 221 VII 1,00 a Điều kiện: n 1 4 n 5 Hệ điều kiện ban đầu tương đương: n 1 n 2 n 3 n 4 n 1 n 2 n 3 5 n 2 n 3 0,50 4.3.2.1 3.2.1 4 n 1 n n 1 n 2 n 3 7 n 1 n n 1 5.4.3.2.1 15
  7. n2 9n 22 0 2 n 5n 50 0 n 10 0,50 n 5 VIb 2,00 1 1,00 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình 2 2 x y 2x 4y 8 0 y 0; x 2 0,50 x 5y 2 0 y 1; x 3 Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1). Vì ·ABC 900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với 0,50 điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). 2 1,00 x 1 2t Phương trình tham số của d1 là: y 3 3t . M thuộc d1 nên tọa độ của M z 2t 1 2t;3 3t;2t . 0,25 Theo đề: |1 2t 2 3 3t 4t 1| |12t 6 | d M , P 2 2 12t 6 6 t1 1, t2 0. 12 2 2 22 3 + Với t1 = 1 ta được M1 3;0;2 ; 0,25 + Với t2 = 0 ta được M 2 1;3;0 + Ứng với M1, điểm N1 d2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là: x 3 2y 2 z 2 0 x 2y 2z 7 0 (1) . x 5 6t 0,25 Phương trình tham số của d2 là: y 4t (2) z 5 5t Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 t = -1. Điểm N 1 cần tìm là N 1(-1;- 4;0). + Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5). 0,25 VII 1,00 b
  8. 1 Điều kiện 0 x 3 3 x 3 1 f (x) ln 3 ln1 3ln 3 x 3ln 3 x ; 0,25 3 x 1 3 f '(x) 3 3 x ' 3 x 3 x Ta có: 6 t 6 1 cost 3 3 sin2 dt dt t sin t sin 0 sin 0 3 0,25 |0 0 2 0 2 6 2 t sin dt 3 3 2x 1 x 2 2 0 Khi đó: f '(x) 0 3 x x 2 x 3 x 2 1 0,50 x 2 x 3 x 3; x 2 x 3; x 2 2