1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 145-150 potx

34 162 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 34
Dung lượng 1,99 MB

Nội dung

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 145 ) I. PHẦN CHUNG (7 điểm) (Cho tất cả các thí sinh) Câu 1 (2đ) Cho hàm số: y = 2x 3 - 3x 2 + 1 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) 2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 8. Câu 2 (2đ) 1. Giải hệ phương trình:      += −=− 2 2 3 1 9 1218 yxy xxy 2. Giải phương trình: 9 x + ( x - 12).3 x + 11 - x = 0 Câu 3 (1đ) Tính thể tích khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và khoảng cách giữa cạnh bên và cạnh đáy đối diện bằng m. Câu 4 (1đ) Tính tích phân: ∫ ++−= 2 2 0 )]4ln()2([ dxxxxI Câu 5 (1đ) Cho tam giác ABC, với BC = a, CA = b, AB = c. Thoả mãn hệ điều kiện:      =+ =+ 2 2 )( )( cabb bcaa CMR: CBA sin 1 sin 1 sin 1 += II. PHẦN RIÊNG (3đ) (Thí sinh chỉ làm một trong hai phần) Theo chương trình chuẩn: Câu 6a (2đ) 1. Trong mặt phẳng (oxy) cho đường thẳng (d): 3x - 4y + 5 = 0 và đường tròn (C): x 2 + y 2 + 2x - 6y + 9 = 0 Tìm những điểm M ∈ (C) và N ∈ (d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. 2. Trong không gian (oxyz) cho hai mặt phẳng: (P 1 ): x - 2y + 2z - 3 = 0 (P 2 ): 2x + y - 2z - 4 = 0 và đường thẳng (d): 3 4 21 2 − = − = − + zyx Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I ∈ (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P 1 ), (P 2 ). Câu 7a (1đ) Đặt: (1 - x + x 2 - x 3 ) 4 = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + + a 12 x 12 . Tính hệ số a 7 . Theo chương trình nâng cao Câu 6b (2đ) 1. Trong mặt phẳng (oxy) cho đường tròn (C): (x + 1) 2 + (y - 3) 2 = 1 và điểm M       5 7 , 5 1 . Tìm trên (C) những điểm N sao cho MN có độ dài lớn nhất. 2. Trong không gian (oxyz), cho mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 + 2x - 4y - 2z + 5 = 0 và mặt phẳng (P): x - 2y + 2z - 3 = 0. Tìm những điểm M ∈ (S), N ∈ (P) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. Câu 7b (1đ) Dùng định nghĩa, tính đạo hàm của hàm số: x xx xf 2131 )( 3 +−+ = khi x ≠ 0, và 0)0( =f ; tại điểm x 0 = 0. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 145 ) I. PHẦN CHUNG (7 điểm) ĐIỂM Câu 1 (2đ) y = 2x 3 - 3x 2 + 1 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) * TXĐ: R * Sự biến thiên: + Giới hạn: −∞→x ylim = ∞− , −∞→x ylim = ∞+ 0,25đ + Bảng biến thiên: y’ = 6x 2 - 6x = 6x (x - 1) y' = 0    == == ⇔ )0(;1 )1(;0 yx yx 0,25đ Lập BBT; nêu đúng các khoảng đơn điệu và các điểm cực trị 0,25đ * Đồ thị: (tự vẽ), rõ ràng, đầy đủ, chính xác. 0,25đ 2) Tìm M ∈ (C) ? Giả sử M (x 0 ; y 0 ) ∈ (C) ⇒ y 0 = 2x 0 3 - 3x 0 2 + 1 Tiếp tuyến ( ∆ ) của (C) tại M: y = (6x 0 2 - 6x 0 ) (x - x 0 ) + 2x 0 3 - 3x 0 2 + 1 0,25đ ( ∆ ) đi qua điểm P(0 ; 8) ⇔ 8 = -4x 0 3 + 3x 0 2 + 1 ⇔ (x 0 + 1) (4x 0 2 - 7x 0 + 7) = 0 0,25đ ⇔ x 0 = -1 ; (4x 0 2 - 7x 0 + 7 > 0, ∀ x 0 ) 0,25đ Vậy, có duy nhất điểm M (-1 ; -4) cần tìm. 0,25đ Câu 2 (2đ) 1) Giải hệ:      ≥⇒≥⇒+= ≤⇒≥−⇒−=− 3232 3 1 9 320121218 2 22 xyyxyxy xxxxy 0,25đ 1832 =⇒=⇒ xyx 0,25đ { } 32;32−∈⇒ x , tương ứng y { } 33;33−∈ 0,25đ Thử lại, thoả mãn hệ đã cho Vậy, ( ) ( ) ( ){ } 33;32,33;32; −−∈yx 0,25đ 2) Giải phương trình: ( ) ( ) 0113123 2 =−+−+ xx xx     −= = ⇔ x x x 113 13    =−+= = ⇔ (*)0113)( 0 xxf x x (a + b + c = 0) 0,5đ (*) 0)2( ,013ln3)(' ⇒    = ∀>+= f xxf x có nghiệm duy nhất x = 2 0,25đ Vậy, tập nghiệm của phương trình: S = {0 ; 2} 0,25đ Câu 3 (1đ) S N A C M O B SO ⊥ (ABC) S.ABC chóp ∆ đều ⇒ O là tâm tam giác đều ABC. MBCAO =∩ ⇒ )(SAMBC BCSO BCAM ⊥⇒    ⊥ ⊥ Trong ∆ SAM kẻ đường cao MN ⇒ MN = m 2 3 2 3 3 60sin2 0 a AOAM aa AO ==⇒== 0,25đ 3 SOSAhSO 2 222 a hAO +=+=⇒= SA.MN = SO.AM ( ) 22222 3 4 43 mahma =−⇔         < am 2 3 0,25đ 22 433 2 ma am h − =⇔ ; và S (ABC) = 4 3 a 2 0,25đ 22 3 436 ).( 3 1 ma ma hABCSV − ==         < am 2 3 0,25đ Câu 4 (1đ) Tính tích phân ∫ −= 2 0 )2( dxxxI + ∫ + 2 0 2 )4ln( dxx = 21 II + ∫∫ =−−=−= 2 0 2 2 0 1 2 )1(1)2( π dxxdxxxI (sử dụng đổi biến: tx sin1 += ) 0,25đ ∫∫ + −+=+= 2 0 2 2 2 0 2 2 0 2 2 4 2|)4ln()4ln( dx x x xxdxxI (Từng phần) 0,25đ 42ln6 −+= π (đổi biến tx tan2= ) 0,25đ 2ln64 2 3 21 +−=+= π III 0,25đ Câu 5 (1đ) ∆ ABC:      =+ =+ )2()( )1()( 2 2 cabb bcaa (1) ⇒ sin 2 A + sinAsinC = sin 2 B (Đl sin) ⇒ sinAsinC = 2 1 (cos2A - cos2B) ⇒ sinAsinC = sin(A + B) sin (B -A) ⇒ sinA = sin (B - A) ; (sin (A + B) = sin C > 0) ⇒ A = B - A ; (A, B là góc của tam giác) ⇒ B = 2A 0,25đ Tương tự: (2) ⇒ C = 2B A + B + C = π , nên A = 7 π ; B = 7 2 π ; C = 7 4 π 0,25đ Ta có: CB sin 1 sin 1 + = 7 3 sin 7 cos 7 sin2 7 cos 7 3 sin2 7 4 sin 7 2 sin 7 2 sin 7 4 sin πππ ππ ππ ππ = + 0,25đ = Asin 1 7 sin 1 = π (đpcm) 0,25đ II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Chương trình cơ bản Câu 6a (2đ) 1) Tìm M ∈ (C), N ∈ (d)? (d): 3x - 4y + 5 = 0 (C): (x + 1) 2 + (y - 3) 2 = 1 ⇒ Tâm I (-1 ; 3), bán kính R = 1 d (I ; d) = 2 ⇒ (d) ∩ (C) = Ø Giả sử tìm được N 0 ∈ (d) ⇒ N 0 là hình chiếu vuông góc của I trên (d) ⇒ N 0 = (d) ( ) ∆∩ , với: ( ) ( ) ( )    −=⇒⊥∆ −∋∆ ∆ 4;3)( )3;1( ud I 0,25đ ( )       ⇒    −= +−= ∆⇒ 5 7 ; 5 1 43 31 : 0 N ty tx 0,25đ Rõ ràng ( ) ∩∆ (C) = {M 1 ; M 2 } ; M 1       − 5 11 ; 5 2 ; M 2       − 5 19 ; 5 8 M 0 ∈ (C) để M 0 N 0 nhỏ nhất ⇒ M 0 ≡ M 1 và M 0 N 0 = 1 0,25đ Kết luận: Những điểm cần tìm thoả mãn điều kiện bài toán. M       − 5 11 ; 5 2 ; N       5 7 ; 5 1 0,25đ 2) Phương trình mặt cầu (S) ? (P 1 ): x - 2y + 2z - 3 = 0 (P 2 ): 2x + y - 2z - 4 = 0 Giả sử I (x 0 ; y 0 ; z 0 ) ∈ (d): 3 4 21 2 − = − = − + zyx ⇒ I (-2 - t ; 2t ; 4 + 3t) là tâm của mặt cầu (S) 0,25đ Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P 1 ), (P 2 ) ⇔ d (I, (P 1 )) = d (I ; (P 2 )) ⇔    −= −= ⇔+=+ 1 13 1610 3 1 39 3 1 t t tt 0,25đ ⇒ I 1 = (11 ; 26 ; -35) ; I 2 (-1 ; 2 ; 1) ⇒ R 1 = 38 ; R 2 = 2 0,25đ Vậy, có hai mặt cầu cần tìm: (S 1 ): (x - 11) 2 + (y - 26) 2 + (z + 35) 2 = 38 2 (S 2 ): (x + 1) 2 + (y - 2) 2 + (z - 1) 2 = 2 2 0,25đ Câu 7a (1đ) Tính hệ số a 7 ? (1 - x + x 2 - x 3 ) 4 = (1 - x) 4 (1 + x 2 ) 4 0,25đ = ( )             − ∑∑ == 4 0 2 4 4 0 4 1 i ii k kk k xCxC 0,25đ (Gt) { } ( ) ( ) ( ){ } 2;3,3;1; 4,3,2,1,0, 72 ∈⇒    ∈ =+ ⇒ ik ik ik 0,25đ 40 2 4 3 4 3 4 1 47 −=−−=⇒ CCCCa 0,25đ Chương trình nâng cao Câu 6b (2đ) 1) Tìm N ∈ (C)? (C): (x + 1) 2 + (y - 3) 2 = 1 ⇒ Tâm I (-1 ; 3), bán kính R = 1 ; M       5 7 ; 5 1 2 5 8 ; 5 6 =⇒       −= MIIM 0,25đ Giả sử tìm được N ∈ (C) ⇒ MN ≤ MI + IN = 3 0,25đ Dấu “=” xảy ra ⇔ N là giao điểm của tia đối IM và đường tròn (C). (IM):        −= +−= ty tx 5 8 3 5 6 1 ; ( ) ( ) { } 21 ; NNCIM =∩       −⇒ 5 11 ; 5 2 1 N ,       − 5 19 ; 5 8 2 N ; MN 1 < MN 2 0,25đ Kết luận: Thoả mãn điều kiện bài toán:       − 5 19 ; 5 8 N 0,25đ 2) Tìm M ∈ (S) , N ∈ (P) ? (S): (x + 1) 2 + (y - 2) 2 + (z - 1) 2 = 1 Tâm I (-1 ; 2 ; 1), bán kính R = 1 (P): x - 2y + 2z - 3 = 0 ⇒ d ( )( ) PI; = 2 Ø)()( =∩⇒ SP Giả sử tìm được N 0 ∈ (P) ⇒ N 0 là hình chiếu vuông góc của I trên (P) 0,25đ ( ) ( ) PdN ∩=⇒ 0 , với: ( )      −=⇒⊥ −∋ )2;2;1()()( )1;2;1( d uPd Id ( )      += −= +−= ⇒ tz ty tx d 21 22 1 :       −⇒ 3 7 ; 3 2 ; 3 1 0 N 0,25đ =∩ )()( Sd {M 1 ; M 2 }       −⇒ 3 5 ; 3 4 ; 3 2 1 M ,       − 3 1 ; 3 8 ; 3 4 2 M 0,25đ M 1 M 0 = 1 < M 2 M 0 = 3 M 0 ∈ (S) để M 0 N 0 nhỏ nhất ⇒ M 0 ≡ M 1 Vậy, những điểm cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán.       − 3 5 ; 3 4 ; 3 2 M ,       − 3 7 ; 3 2 ; 3 1 N 0,25đ Câu 7b (1đ) Đạo hàm bằng định nghĩa: x fxf x )0()( lim 0 − → = 2 3 0 2131 lim x xx x +−+ → 0,25đ = 2 3 0 21)1()1(31 lim x xxxx x +−+++−+ → 0,25đ = ( ) ( ) xx xxxx x xx 21)1( 1 lim 1311)31( 3 lim 0 2 3 3 2 0 +++ + ++++++ + − →→ 0,25đ = -1 + 2 1 = - 2 1 . Vậy, 2 1 ' )0( −=f 0,25đ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 146 ) Phần chung (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 ( ) 2,f x x mx= + + có đồ thị ( ) m C 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 3m = − 2) Tìm tập hợp các giá trị của m để đồ thị ( ) m C cắt trục hoành tại một và chỉ một điểm. Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: 1 2 tan cot 2 2sin 2 sin 2 x x x x + = + 2) Giải phương trình: ( ) 2 2 2 1 5 2 4; x x x x R+ = − + ∈ Câu III (1 điểm) Tính 2 3 0 sin 1 cos2 x x I dx x π + = + ∫ Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là .O ,A B là hai điểm trên đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB bằng a , · · 0 60ASO SAB= = . Tính theo a chiều cao và diện tích xung quanh của hình nón Câu V (1 điểm) Cho hai số dương ,x y thỏa mãn: 5x y+ = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 2 4 x y x y P xy + − = + Phần riêng (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) Phần A Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( )d có phương trình : 0x y− = và điểm (2;1)M . Tìm phương trình đường thẳng ∆ cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng ( )d tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng ( ) α đi qua hai điểm ( ) 0; 1;2 ,A − ( ) 1;0;3B và tiếp xúc với mặt cầu ( ) S có phương trình: 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 1) 2x y z− + − + + = Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: 2 1 0z z+ + = . Rút gọn biểu thức 2 2 2 2 2 3 4 2 3 4 1 1 1 1 P z z z z z z z z         = + + + + + + +  ÷  ÷  ÷  ÷         Phần B Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) C có phương trình ( ) 2 2 : 4 25x y− + = và điểm (1; 1)M − . Tìm phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M và cắt đường tròn ( ) C tại 2 điểm ,A B sao cho 3MA MB= 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) P có phương trình: 1 0x y− − = . Lập phương trình mặt cầu ( ) S đi qua ba điểm ( ) ( ) ( ) 2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0A B C− − và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) P Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình: ( ) ( ) 2 1 2 2 2 1 2 3 log 1 log 1 6 2 log 1 2 log ( 1) x x x x   + − + −  ÷   ≥ + + + Hết HƯỚNG DẪN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 146 ) Câu I.1 (1,0 đ) 3m = − hàm số trở thành: 3 ( ) 3 2,f x x x= − + Tập xác định D R= Sự biến thiên 2 1 ' 3( 1) 0 1 x y x x = −  = − = ⇔  =  1 ' 0 1 x y x < −  > ⇔  >  hàm số đồng biến trên ( ) ; 1−∞ − và ( ) 1;+∞ ' 0 1 1y x< ⇔ − < < hàm số nghịch biến trên ( ) 1;1− điểm CĐ ( ) 1;4− , điểm CT ( ) 1;0 lim x y →−∞ = −∞ lim x y →+∞ = +∞ Điểm uốn: '' 6 0 0y x x= = ⇔ = , Điểm uốn U ( ) 0;2 Bảng biến thiên: x −∞ 1− 1 +∞ 'y + 0 − 0 + y Đồ thị 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu I.2 (1,0 đ) Phương trình cho HĐGĐ 3 2 0,(*)x mx+ + = 0x = không thỏa mãn nên: 3 2 (*) x m x + ⇔ = − Xét hàm số 3 2 2 2 2 2 ( ) '( ) 2 x g x x g x x x x x + = − = − − ⇒ = − + '( ) 0 1g x x= ⇔ = ta có bảng biến thiên: x −∞ 0 1 +∞ '( )g x + ll + 0 − ( )g x Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đường thẳng y m= và đồ thị hàm số ( )y g x= nên để (*) có một nghiệm duy nhất thì 3m > − Lưu ý: Có thể lập luận để đồ thị ( ) m C của hàm số ( )y f x= hoặc không có cực trị hoặc 0,25 0,25 0,25 0,25 −∞ +∞ CT CĐ −∞ +∞ −∞ -3 −∞ có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị nằm cùng phía đối với trục hoành Câu II.1 (1,0 đ) 1 2 tan cot 2 2sin 2 sin 2 x x x x + = + ,(1) Điều kiện: 2 x k π ≠ 2 2 2 2 4sin cos2 2sin 2 1 (1) sin 2 sin 2 2(1 cos2 ) cos 2 2(1 cos 2 ) 1 2cos 2 cos2 1 0 cos2 1 (loai do:sin 2 0) 1 3 cos2 2 x x x x x x x x x x x x x k x π π + + ⇔ = ⇒ − + = − + ⇔ − − = = =   ⇔ ⇔ = ± +  = −  Đối chiếu điề kiện phương trình có nghiệm là: , 3 x k k Z π π = ± + ∈ 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II.2 (1,0 đ) ( ) 2 2 2 1 5 2 4; x x x x R+ = − + ∈ Đặt 2 2 4 2 2 4 2( 2 )t x x t x x= + ⇒ = + ta được phương trình 2 2 1 5 2 8 0 2 t t t t+ = − ⇔ + − = 4 2 t t = −  ⇔  =  + Với t = − 4 Ta có 2 4 2 4 2 0 0 2 4 4 2( 2 ) 16 2 8 0 x x x x x x x x < <   + = − ⇔ ⇔   + = + − =   2 0 2 2 x x x <  ⇔ ⇔ = −  =  + Với t = 2 ta có 2 4 2 4 2 0 0 2 4 2 2( 2 ) 4 2 2 0 x x x x x x x x > >   + = ⇔ ⇔   + = + − =   2 0 3 1 3 1 x x x >   ⇔ ⇔ = −  = −   ĐS: phương trình có 2 nghiệm 2, 3 1x x= − = − 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III (1,0 đ) 2 2 3 3 3 2 2 0 0 0 sin sin 1 cos2 2cos 2cos x x x x I dx dx dx x x x π π π + = = + + ∫ ∫ ∫ 3 3 1 2 2 0 0 1 2cos 2 cos x x I dx dx x x π π = = ∫ ∫ Đặt 2 tan cos u x du dx dx v x dv x =  =   ⇒   = =    0,25 3 3 3 1 0 0 0 1 1 1 tan tan ln cos ln 2 2 2 2 2 3 2 3 I x x xdx x π π π π π   ⇒ = − = + = −     ∫ 2 2 2 3 3 3 3 2 2 0 0 0 0 sin 1 1 tan (1 tan ) 2cos 2 2 x I dx xdx x dx dx x π π π π   = = = + − =     ∫ ∫ ∫ ∫ [ ] 3 0 1 1 tan 3 2 2 3 x x π π   = − = −  ÷   ( ) 1 2 3 1 1 1 1 ln 2 3 ( 3 ln 2) 2 2 3 6 2 2 3 I I I π π π −   = + = − + − = + −  ÷   0,25 0,25 0,25 Câu IV (1,0 đ) Gọi I là trung điểm của AB , nên OI a= Đặt OA R = · 0 60SAB SAB= ⇒ ∆ đều · 1 1 1 2 2 2 3 sin OA R IA AB SA ASO = = = = Tam giác OIA vuông tại I nên 2 2 2 OA IA IO− = 2 2 2 6 3 2 R a R a R⇔ − = ⇔ = 2SA a⇒ = Chiếu cao: 2 2 a SO = Diện tích xung quanh: 2 6 2 3 2 xq a S Rl a a π π π = = = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V (1,0 đ) Cho hai số dương ,x y thỏa mãn: 5x y+ = . 4 2 4 1 4 1 4 2 4 4 2 2 x y x y x y y x y P xy y x y x + − = + = + + − = + + + − Thay 5y x= − được: 4 1 5 4 1 5 4 1 5 3 2 . 2 . 4 2 2 4 2 4 2 2 y x x y y P x x y x y x y x − = + + + − = + + + − ≥ + − = P bằng 3 2 khi 1; 4x y= = Vậy Min P = 3 2 Lưu ý: Có thể thay 5y x= − sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số 3 5 3 5 ( ) (5 ) 4 x x g x x x + − = + − 0,25 0,50 0,25 Câu AVI.1 (1,0 đ) A nằm trên Ox nên ( ) ;0A a , B nằm trên đường thẳng 0x y− = nên ( ; )B b b , (2;1)M ( 2; 1), ( 2; 1)MA a MB b b⇒ = − − = − − uuur uuur Tam giác ABM vuông cân tại M nên: 2 2 2 ( 2)( 2) ( 1) 0 . 0 ( 2) 1 ( 2) ( 1) a b b MA MB MA MB a b b − − − − =   =   ⇔   = − + = − + −     uuur uuur , do 2b = không thỏa mãn vậy 0,25 0,25 S O A B I [...]... 1 2 Tỡm gii hn: lim -Ht Thớ sinh khụng c s dng ti liu Giỏm th coi thi khụng gii thớch gỡ thờm ỏp ỏn THI TH I HC, CAO NG 2012 Mụn thi : TON ( 149 ) Cõu í Cõu I (2,0) í1 (1,0 ) NI DUNG im Khi m =1 y = x 3 3 x + 1 Tp xỏc nh D=R 0,25 Gii hn: xlim y = ; xlim y = + + 2 y= 3x 3 ; y=0 x = 1 0,25 Bng bin thi n Hm s ng bin trờn khong ( ; 1) , ( 1; + ) v nghch bin trờn khong... 2x2yz +1 =0, (Q): x+2y 2z 4 =0 v mt cu (S): x 2 +y2 +z2 +4x 6y +m =0 Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca m (S) ct (d) ti 2 im MN sao cho MN= 8 ỏp ỏn THI TH I HC, CAO NG 2012 Mụn thi : TON ( 147 ) Phn chung: Cõu 1: Cho hm s y = 2x 3 cú th l (C) x 2 1) Kho sỏt s bin thi n v v th (C) ca hm s trờn 2) Tỡm trờn (C) nhng im M sao cho tip tuyn ti M ca (C) ct 2 tim cn ca (C) ti A, b sao cho AB ngn nht Gii: 1) y=... d(I; d) = m 3 r ur u u; AI r r =3 (d) qua A(0;1;-1), VTCP u = (2;1;2) d(I; d) = u Vy : m 3 =3 m = 12( tha k) THI TH I HC, CAO NG 2012 Mụn thi : TON ( 148 ) I PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) 2x Cõu I (2,0 im) Cho hm s y = x 1 1 Kho sỏt s bin thi n v v th ( C ) ca hm s 2 Tỡm cỏc giỏ tr ca m ng thng y = mx m + 2 ct th ( C ) ti hai im phõn bit A,B v on AB cú di nh nht Cõu... 2 = 0 2 1 1 Gi M l giao im ca d v (P) Vit phng trỡnh ng thng nm trong mt phng (P), vuụng gúc vi d ng thi tho món khong cỏch t M ti bng 42 Cõu VII.b (1,0 im) Gii h phng trỡnh 1 log 1 ( y x ) log 4 y = 1 4 x 2 + y 2 = 25 ( x, y Ă ) -Ht - P N THI TH I HC, CAO NG 2012 Mụn thi : TON ( 148 ) Cõu I Ni dung im HS tu lam 2,0 II 1 2.0 Gii phng trỡnh cos 2 x ( cos x 1) = 2 ( 1 +... cho vụ nghim Nu thớ sinh lm bi khụng theo cỏch nờu trong ỏp ỏn m vn ỳng thỡ c im tng phn nh ỏp ỏn quy nh THI TH I HC, CAO NG 2012 Mụn thi : TON ( 149 ) I PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I:(2,0 im) Cho hm s y = x 3 (3 x 1) m (C ) vi m l tham s 1 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s (C) khi m = 1 2 Tỡm cỏc gớỏ tr ca m th ca hm s (C) cú hai im cc tr v chng t rng hai im cc tr ny... b = 3 a = 2 Vi: ng thng qua AB cú phng trỡnh x + y 2 = 0 b = 1 a = 4 ng thng qua AB cú phng trỡnh 3 x + y 12 = 0 b = 3 Vi 0,25 0,25 THI TH I HC, CAO NG 2012 Mụn thi : TON (147 ) Cõu 1: Cho hm s y = 2x 3 cú th l (C) x 2 1) Kho sỏt s bin thi n v v th (C) ca hm s trờn 2) Tỡm trờn (C) nhng im M sao cho tip tuyn ti M ca (C) ct 2 tim cn ca (C) ti A, B sao cho AB ngn nht Cõu 2: 1) Gii phng... x ) 1 = 2 x 1 x 1 2 KL: lim 0,50 0,25 0,25 0,50 0,25 * Lu ý: Hc sinh cú li gii khỏc vi ỏp ỏn chm thi nu cú lp lun ỳng da vo SGK hin hnh v cú kt qu chớnh xỏc n ý no thỡ cho im ti a ý ú ; ch cho im n phn hc sinh lm ỳng t trờn xung di v phn lm bi sau khụng cho im HT THI TH I HC, CAO NG 2012 Mụn thi : TON ( 150 ) PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im) 2x + 4 1 x 1)Kho sỏt v v th ( C ) ca hm s trờn... giỏc Chng minh 1 2 b c 1 a + + + 0 81 81 0.25 VI.a 2.0 1 1.0 Do B l giao ca AB v BD nờn to ca B l nghim ca h: 21 x = 5 x 2 y +1 = 0 21 13 B ; ữ 5 5 x 7 y . = 0,25 0,25 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ147 ) Câu 1: Cho hàm số y = 2 3 2 x x − − có đồ thị là (C) 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2) Tìm. Đáp án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 147 ) Phần chung: Câu 1: Cho hàm số y = 2 3 2 x x − − có đồ thị là (C) 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2). + Hết HƯỚNG DẪN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 146 ) Câu I.1 (1,0 đ) 3m = − hàm số trở thành: 3 ( ) 3 2,f x x x= − + Tập xác định D R= Sự biến thi n 2 1 '

Ngày đăng: 22/06/2014, 14:20

HÌNH ẢNH LIÊN QUAN

Đồ thị - Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 145-150 potx
th ị (Trang 8)
Bảng biến thiên . - Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 145-150 potx
Bảng bi ến thiên (Trang 25)
w