Đề thi thử Đại học, Cao đẳng môn Toán Lớp 12 - Đề số 29 - Năm học 2012-2013 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử Đại học, Cao đẳng môn Toán Lớp 12 - Đề số 29 - Năm học 2012-2013 (Có đáp án)

1. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 29) I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. (7 điểm) Câu I.(2 điểm) Cho hàm số y = x3 + mx + 2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -3. 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất. Câu II. (2 điểm) x 3 y 3 1 1. Giải hệ phương trình : 2 2 3 x y 2xy y 2 2 2 2. Giải phương trình: 2sin (x ) 2sin x tan x . 4 Câu III.(1 điểm) Tính tích phân 2 4 x2 I dx 1 x Câu IV.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = h vuông góc mặt phẳng (ABCD), M là điểm thay đổi trên CD. Kẻ SH vuông góc BM. Xác định vị trí M để thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó. Câu V.(1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 4 x 2 1 x m II. PHẦN RIÊNG. (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a họăc phần b) Câu VI a.(2 điểm) 1.Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x – 2y + 3 = 0, d2 : 4x + 3y – 5 = 0. Lập phương trình đường tròn (C) có tâm I trên d1, tiếp xúc d2 và có bán kính R = 2. x 1 2t x y z y t 2.Cho hai đường thẳng d1: , d2: và mặt phẳng (P): x – y – z = 1 1 2 z 1 t 0. Tìm tọa độ hai điểm M d1 , N d 2 sao cho MN song song (P) và MN = 6 Câu VII a.(1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn : 4 z i 1 z i Câu VI b.(2 điểm)
2. 1. Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – 1 = 0, đường chéo BD: x – 7y + 14 = 0 và đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Cho ba điểm O(0 ; 0 ; 0), A(0 ; 0 ; 4), B(2 ; 0 ; 0) và mp(P): 2x + 2y – z + 5 = 0. Lập p.tr m.cầu (S) đi qua ba điểm O, A, B và có khỏang cách từ tâm I đến mặt phẳng (P) 5 bằng 3 . Câu VII b.(1điểm) Giải bất phương trình: log x 3 log x 3 3 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐẾ 29 Câu I. 1. (Tự giải) 2 2. Pt : x3 + mx + 2 = 0 m x 2 ( x 0) x 2 2 2x 3 2 Xét f(x) = x 2 f '(x) 2x = x x 2 x 2 Ta có x - 0 1 + f’(x) + + 0 - f(x) + -3 - - - Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất m 3. Câu II. x 3 y 3 1 x 3 y 3 1 (1) 1. 2 2 3 3 3 2 2 x y 2xy y 2 2x y x y 2xy 0 (2) x 3 y 3 1 (3) 3 2 y 0. Ta có: x x x 2 2 1 0 (4) y y y x 1 Đặt : t (4) có dạng : 2t3 – t2 – 2t + 1 = 0 t = 1 , t = . y 2 x 3 y 3 1 1 a) Nếu t = 1 ta có hệ x y x y 3 2 x 3 y 3 1 b) Nếu t = -1 ta có hệ hệ vô nghiệm. x y 1 x 3 y 3 1 3 3 23 3 c) Nếu t = ta có hệ x , y 2 y 2x 3 3 2. Pt 2sin 2 (x ) 2sin 2 x tan x (cosx 0) [1 cos(2x )]cos x 2sin 2 x.cos x sin x 4 2
3. (1 - sin2x)(cosx – sinx) = 0 sìn2x = 1 hoặc tanx = 1. Câu III. 2 4 x 2 2 4 x 2 I = dx xdx . 2 1 x 1 x Đặt t = 4 x 2 t 2 4 x 2 tdt xdx 0 0 t( tdt) 0 t 2 0 4 t 2 2 3 I = dt (1 )dt t ln = - 3 ln 4 t 2 t 2 4 t 2 4 t 2 3 3 3 3 2 3 Câu IV. S h A D M H B C SH  BM và SA  BM suy ra AH  BM 1 h VSABH = SA.AH.BH AH.BH . 6 6 VSABH lớn nhất khi AH.BH lớn nhất. Ta có: AH + BH 2 AH.BH AH 2 BH 2 2AH.BH a 2 a 2 2AH.BH , vậy AH.BH lớn nhất khi AH.BH = khi AH = BH khi H là tâm của 2 a 2 h hình vuông , khi M  D . Khi đó VSABH = . 12 Câu V. 4 x 2 1 x m D = [0 ; + ) *Đặt f(x) = 3 3 1 3 2 2 4 4 2 3 x x (1 2 ) 4 2 x 1 x x (x 1) x x 1 x f '(x) 3 4 2 3 4 2 3 2 (x 1) 2 x 2 (x 1) . x 1 3 2x 2 4 (1 ) . x x 2
4. 1 3 1 4 (1 ) x 2 Suy ra: f’(x) = 0 x (0 ; ) 1 3 24 (1 ) . x x 2 x 2 1 x x 2 1 x 2 * lim (4 x 2 1 x) lim lim 0 x x 4 2 x 4 2 2 x 1 x ( x 1 x)( x 1 x) * BBT x 0 + f’(x) f(x) 1 0 Vậy: 0 < m 1 Câu VI a. x 3 2t 1.d1: , I d1 I( 3 t ; t) y t 27 7 d(I , d2) = 2 11t 17 10 t , t 11 11 2 2 27 21 27 21 27 • t = I1 ; (C1 ) : x y 4 11 11 11 11 11 2 2 7 19 7 19 7 • t = I 2 ; (C2 ) : x y 4 11 11 11 11 11 2. x t1 x 1 2t2 d1 : y t1 , d 2 : y t2 , M d1 M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N d 2 N( 1 2t2 ; t2 ;1 t2 ) z 2t1 z 1 t2 MN ( 1 2t2 t1; t2 t1;1 t2 2t1 ) t1 1 2t2 MN //(P) MN.n 0 t1 1 2t2 Theo gt : 2 12 2 MN 6 13t2 12t2 0 t2 0 ; t2 MN 6 13 * t2 0 t1 1 , M (1;1; 2) , N( 1; 0 ;1) 12 11 11 11 22 11 12 11 * t2 t1 , M ; ; , N ; ; 13 13 13 13 13 13 13 13 Câu VII a. 4 2 2 z i z i z i 1 1 1 0 z i z i z i
5. 2 z i z i * 1 0 1 z 0 z i z i 2 2 z i z i 2 z i z i * 1 0 i 0 i i 0 z 1 z i z i z i z i Câu VI b. 1.B(11; 5) AC: kx – y – 2k + 1 = 0 3 k 2 1 cos CAB = cos DBA 7k 2 8k 1 0 k 1; k 2 k 2 1 7 • k = 1 , AC : x – y – 1 = 0 1 • k = , AC : x – 7y + 5 = 0 // BD ( lọai) 7 Ta tìm được A(1 ; 0), C(6 ; 5), D(-4 ; 0) 2.(S): x2 + y2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có tâm I(-a ; -b ; -c) , R = a 2 b 2 c 2 d . O, A, B thuộc (S) ta có : d = 0 , a = -1, c = -2 5 d(I, (P)) = 2b 5 5 b 0, b 5 3 • b = 0 , (S): x2 + y2 + z2 - 2x – 4z = 0 • b = 5 , (S) : x2 + y2 + z2 – 2x + 10y – 4z = 0 Câu VII b. x 0 ĐK : x 1 x 3 1 1 1 1 1 1 Bất phương trình trở thành : 0 log x x log x log x 1 log x log x 1 3 log 3 3 3 3 3 3 1 0 log3 x(log3 x 1) 0 log3 x 0  log3 x 1 log3 x(log3 x 1) * log3 x 0 x 1 kết hợp ĐK : 0 < x < 1 * log3 x 0 x 3 Vậy tập nghiệm của BPT: x (0 ;1)  (3 ; )