Đề thi thử đại học khối A , A1 , B , D môn toán năm 2012 đề số 220

Đề thi thử đại học khối A , A1 , B , D môn toán năm 2012 đề số 220 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ...

ðỀ THI TUYỂN SINH ðẠI HỌC NĂM 2011 Môn : TOÁN ; Khối: D PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm) 2x +1 x +1 Khảo sát biến thiên vẽ ñồ thị (C) hàm số ñã cho Tìm k ñể ñường thẳng y = kx + 2k +1 cắt ñồ thị (C) hai ñiểm phân biệt A, B cho khoảng cách từ A B ñến trục hoành Câu II (2,0 ñiểm) s in2x + cos x − sin x − 1 Giải phương trình =0 tan x + Giải phương trình log (8 − x ) + log ( + x + − x ) − = (x ∈ ℝ) Câu I (2,0 ñiểm) Cho hàm số y = 4x − dx 2x + + Câu IV (1,0 ñiểm) Cho hình chóp S.ABC có ñáy ABC tam giác vuông B, BA = 3a, BC = 4a; Câu III (1,0 ñiểm) Tính tích phân I = ∫ mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC) Biết SB = 2a SBC = 300 Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ ñiểm B ñến mặt phẳng (SAC) theo a 2 x − ( y + 2) x + xy = m Câu V (1,0 ñiểm) Tìm m ñể hệ phương trình sau có nghiệm  ( x, y ∈ ℝ )  x + x − y = − 2m PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm) : Thí sinh ñược làm hai phần (phần A B) Câu VI.a (2,0 ñiểm) Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC có ñỉnh B(-4; 1), trọng tâm G(1; 1) ñường thẳng chứa phân giác góc A có phương trình x − y − = Tìm tọa ñộ ñỉnh A C x +1 y z − Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho ñiểm A(1; 2; 3) ñường thẳng d : = = −2 Viết phương trình ñường thẳng ∆ ñi qua ñiểm A, vuông góc với ñường thẳng d cắt trục Ox Câu VII.a (1,0 ñiểm) Tìm số phức z, biết : z − (2 + 3i ) z = − 9i B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 ñiểm) Trong mặt phẳng tỏa ñộ Oxy, cho ñiểm A(1; 0) ñường tròn (C) : x2 + y2 − 2x + 4y − = Viết phương trình ñường thẳng ∆ cắt (C) ñiểm M N cho tam giác AMN vuông cân A x −1 y − z Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho ñường thẳng ∆ : = = mặt phẳng (P) : 2x − y + 2z = Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc ñường thẳng ∆, bán kính tiếp xúc với mặt phẳng (P) x2 + 3x + Câu VII.b (1,0 ñiểm) Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn hàm số y = ñoạn x +1 [0;2] - Hết - BÀI GIẢI GỢI Ý Câu I : Khảo sát vẽ ñồ thị (C) D = R \ {-1} y/ = > với x ∈ D ( x + 1) lim− y = +∞ lim+ y = −∞ ⇒ x = -1 TCð x →−1 lim y = x →±∞ x →−1 ⇒ y = TCN BBT : x -∞ y/ -1 + y + +∞ +∞ -∞ Hàm số ñồng biến khoảng xác ñịnh, cực trị y ðồ thị hàm số : -1 O x Pt hoành ñộ giao ñiểm : 2x +1 = kx + 2k + x +1 ⇔ kx2 + (3k - 1)x + 2k = (x = -1 không nghiệm) Ycbt : ⇔ k ≠ ∆ = k2 - 6k + > ⇔ k < − 2 ∨ k > + 2 k ≠ (*) Khoảng cách từ A B ñến Ox  kx A = kxB (loai ) − 3k ⇔ yA=yB ⇔ kx A + 2k + = kxB + 2k + ⇔  ⇔ k( ) + 4k + = k  k ( x A + xB ) + k + = ⇔ k = – (thỏa ñk (*) ) Vậy YCBT ⇔ k = – Câu II : sin x + cos x − sin x − 1) = ñk : tg x ≠ − ; cosx ≠ tan x + Pt ⇔ sin2x + 2cosx − sinx − = ⇔ 2sinxcosx + 2cosx − (sinx + 1) = ⇔ 2cosx (sinx + 1) − (sinx + 1)= ⇔ (2cosx − 1)(sinx + 1) = π π ⇔ cos x = hay sin x = −1 ⇔ x = ± + k 2π hay x = − + k 2π 2) π + k 2π (k ∈ Z) log (8 − x ) − log ( + x + − x) = (x ∈ [-1;1]) so ñk ta có nghiệm pt : x = ⇔ log (8 − x ) = + log ( + x + − x) ⇔ − x2 = 4( + x + − x ) (*) ðặt t = + x + − x (*) thành (t −2)2 (t2 + 4t + 8) = ⇔ t = ⇔ 1+ x + 1− x = Câu III : 4x −1 I= ∫ dx 2x +1 + ⇔ x = (nhận) x + + => (t - 2)dt = dx (2t − 8t + 5)(t − 2) 10 34 => I = ∫ dt = ∫ (2t − 12t + 21 − )dt = + 10 ln t t 3 Câu IV : Gọi H hình chiếu S xuống BC Vì (SBC) ⊥ (ABC) nên SH ⊥ (ABC) Ta có SH = a S 1 Thể tích khối (SABC) = S△ ABC SH = ( 3a.4a).a = 2a 3 3 B H Ta có : Tam giác SAC vuông S C SA = a 21 ; SC = 2a; AC = 5a I Diện tích ∆(SAC) = a 21 J 3V 3.2a 3 6a A d(B,(SAC)) = SABC = = S ∆SAC a 21 Câu V :  2 u = x − x (dk u ≥ − ) ( x − x)(2 x − y ) = m Hệ  ðặt  ( x − x) + (2 x − y ) = − 2m v = x − y (v ∈ ℝ) v = − m − u v = (1 − 2m) − u u + v = − 2m  Hệ thành :  ⇔ ⇔  −u + u = m (1) uv = m  −u + u = m(2u + 1)   2u + −u + u −2u − 2u + / −1 − −1 + ðặt f(u) = , u ≥ − ; f/(u) = ;f (u)=0 ⇔ u = (loại) hay u = 2u + (2u + 1) 2 ðặt t = u − f/(u) + f(u) − −1 + 2− +∞ − –∞ 2−   Vậy hệ có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm thuộc  − ; +∞  ⇔ m ≤     Cách Khác : ycbt ⇔ f ( x) = x + (2m − 1) x + m = có nghiệm thuộc  − ; +∞      ∆ / = m − 8m + ≥  1  ⇔ f (− ) ≤ hay  f (− ) ≥ (*) ( bỏ ñiều kiện (*) ) 4  S  ≥ −  2− 2+ m≤ hay m ≥  2−  2 ⇔ m ≤ − hay  ⇔m≤ m ≤  Câu VIa : 7  Gọi M trung ñiểm AC, ta có BM = BG ⇔ M  ;1 2  Gọi N ñiểm ñối xứng B qua phân giác ∆ góc A H giao ñiểm ∆ với ñường thẳng BN ðường thẳng BN có phương trình : x + y + = x + y + = => Tọa ñộ H nghiệm hệ phương trình :  ⇒ H (−1; −2) x − y −1 =  xN = xH − xB = H trung ñiểm BN ⇔  ⇒ N (2; −5)  y N = y H − y B = −5 ðường thẳng AC qua ñiểm M, N nên có pt : 4x – y – 13 = A giao ñiểm ñường thẳng ∆ ñường thẳng AC nên tọa ñộ A nghiệm 4 x − y − 13 = hệ :  ⇒ A(4;3) x − y −1 =  xC = xM − x A = M trung ñiểm AC ⇔  ⇒ C (3; −1)  yC = yM − y A = −1 Gọi M giao ñiểm ñường thẳng ∆ với Ox ⇒ M (m; 0; 0) ⇒ AM = (m – 1; -2; -3) AM ⊥ d ⇔ AM ad = ⇔ m = -1 ⇒ AM = (-2; -2; -3) x −1 y − z − Vậy pt ∆ = = 2 Câu VII.a : Gọi z = a + bi (a, b ∈ R) Khi ñó z − (2 + 3i) z = – 9i ⇔ a + bi – (2 + 3i)(a –bi) = – 9i − a − 3b = a = ⇔ –(a + 3b) + (3b –3a)i = –9i ⇔  ⇔ 3b − 3a = −9 b = −1 Vậy z = –i Câu VI.b : ðường tròn (C) có tâm I (1; -2), R = 10 AI (0; −2) Vì I A cách ñều M, N nên MN ⊥ AI, pt MN có dạng : y = b MN = d A/ MN = b d I / MN = b + 2  MN  2 d I2/ MN +   = R ⇔ b + 2b − = ⇒ b = v b = −3   Vậy Pt : ∆1 : y = ; ∆2 : y = −  x = + 2t  Phương trình tham số ñường thẳng ∆  y = + 4t z = t  I ∈ (∆) ⇔ I (1 + 2t; + 4t; t) 2(1 + 2t ) − (3 + 4t ) + 2t d (I, P) = = ⇔ t = hay t = -1 ⇒ I1 (5; 11; 2) ⇒ Pt mặt cầu (S) : (x – 5)2 + (y – 11)2 + (z – 2)2 = ⇒ I2 (-1; -1; -1) ⇒ Pt mặt cầu (S) : (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = Câu VII.b : x2 + x / Ta có : y = ( x + 1) y/ = ⇔ x = v x = – (loại) 17 mà y(0) = y(2) = 17 Vậy GTLN GTNN 3 (TT Luyện thi ðại học Vĩnh Viễn – TP.HCM) ... khối (SABC) = S△ ABC SH = ( 3a. 4a) .a = 2a 3 3 B H Ta có : Tam giác SAC vuông S C SA = a 21 ; SC = 2a; AC = 5a I Diện tích ∆(SAC) = a 21 J 3V 3. 2a 3 6a A d (B, (SAC)) = SABC = = S ∆SAC a 21 Câu... a − 3b = a = ⇔ – (a + 3b) + ( 3b – 3a) i = –9i ⇔  ⇔  3b − 3a = −9 b = −1 Vậy z = –i Câu VI .b : ðường tròn (C) có tâm I (1; -2 ), R = 10 AI (0; −2) Vì I A cách ñều M, N nên MN ⊥ AI, pt MN có d ng... ⇒ AM = (m – 1; -2; -3) AM ⊥ d ⇔ AM ad = ⇔ m = -1 ⇒ AM = (-2; -2; -3) x −1 y − z − Vậy pt ∆ = = 2 Câu VII .a : Gọi z = a + bi (a, b ∈ R) Khi ñó z − (2 + 3i) z = – 9i ⇔ a + bi – (2 + 3i) (a –bi)