Đề thi thử đại học khối A , A1 , B , D môn toán năm 2012 đề số 128

Đề thi thử đại học khối A , A1 , B , D môn toán năm 2012 đề số 128 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ...

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 136 ) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = − x3 − 3x2 + mx + 4, m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho, với m = Tìm tất giá trị tham số m để hàm số cho nghịch biến khoảng (0 ; + ∞) Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình: (2cos2x + cosx – 2) + (3 – 2cosx)sinx = 2 Giải phương trình: log (x + 2) + log (x − 5) + log = Câu III (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y = e x + , trục hoành hai đường thẳng x = ln3, x = ln8 Câu VI (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, SA = SB = a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD Câu V (1,0 điểm) Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x (y + z) y (z + x) z (x + y) + + yz zx xz II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn làm hai phần (phần phần 2) Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x + y2 – 6x + = Tìm điểm M thuộc trục tung cho qua M kẻ hai tiếp tuyến với (C) mà góc hai tiếp tuyến 60  x = + 2t  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; ; 0) đường thẳng d có phương trình:  y = −1 + t z = −t  Viết phương trình tham số đường thẳng qua điểm M, cắt vuông góc với đường thẳng d Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm hệ số x2 khai triển thành đa thức biểu thức P = (x2 + x – 1) Theo chương trình Nâng cao Câu VIb (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x + y2 – 6x + = Tìm điểm M thuộc trục tung cho qua M kẻ hai tiếp tuyến với (C) mà góc hai tiếp tuyến 60 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; ; 0) đường thẳng d có phương trình: x −1 y +1 z = = −1 Viết phương trình tắc đường thẳng qua điểm M, cắt vuông góc với đường thẳng d Câu VIIb (1,0 điểm) Tìm hệ số x3 khai triển thành đa thức biểu thức P = (x2 + x – 1)5 ……………………Hết…………………… Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …………………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 136 ) Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,25 điểm) (0,75 điểm) Hàm số cho nghịch biến khoảng (0 ; + ∞) ⇔ y’ = – 3x2 – 6x + m ≤ 0, ∀ x > ⇔ 3x2 + 6x ≥ m, ∀ x > (*) Ta có bảng biến thiên hàm số y = 3x + 6x (0 ; + ∞) x y Từ ta : (*) ⇔ m ≤ II (2,0 điểm) 0,25 +∞ +∞ 0,50 (1,0 điểm) Phương trình cho tương đương với phương trình : ( 2sin x − ) (  sin x = sin x + cos x = ⇔   sin x + cos x =  n π  x = ( −1) + nπ, n ∈ ¢ ⇔  x = − π + kπ , k ∈ ¢  ) Câu Đáp án 0,50 0,50 Điểm (1,0 điểm) Điều kiện: x > – x ≠ (*) Với điều kiện đó, ta có phương trình cho tương đương với phương trình: 0,50 log  (x + 2) x −  = log ⇔ (x + 2) x − = ⇔ (x − 3x − 18)(x − 3x − 2) =  x − 3x − 18 = ± 17 ⇔ ⇔ x = −3; x = 6; x =  x − 3x − = Đối chiếu với điều kiện (*), ta tất nghiệm phương trình cho là: x = x = III (1,0 điểm) IV (1,0 điểm) 0,50 ± 17 Kí hiệu S diện tích cần tính ln Vì e x + > ∀x ∈ [ln ; ln 8] nên S = ∫ e x + 1dx 0,25 ln 2tdt Đặt e x + = t, ta có dx = t −1 Khi x = ln3 t = 2, x = ln8 t = 3 3 3 3 2t dt dt  dt dt =  ∫ dt + ∫ −∫ = + ln t − − ln t + = + ln Vì vậy: S = ∫ ÷= + ∫ 2 t −1 t −1  t −1 t +1 2 Do SA = SB = AB (= a) nên SAB tam giác Gọi G I tương ứng tâm tam giác SAB tâm hình vuông ABCD Gọi O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD Ta có OG ⊥ (SAB) OI ⊥ (ABCD) a Suy ra: + OG = IH = , H trung điểm AB + Tam giác OGA vuông G Kí hiệu R bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD, ta có: 0,25 0,50 0,50 0,25 0,25 R = OA = OG + GA = S a 3a a 21 + = G H O A B V (1,0 điểm) Ta có : P = 2 2 x x y y z z + + + + + y z z x x y (*) Nhận thấy : x2 + y2 – xy ≥ xy ∀x, y ∈ ¡ Do : x3 + y3 ≥ xy(x + y) ∀x, y > Tương tự, ta có : điểm) C 0,50 VI.a (2,0 D I hay x y + ≥ x + y ∀x, y > y x y2 z2 + ≥ y + z ∀y, z > z y z2 x + ≥ z + x ∀x, z > x z Cộng vế ba bất đẳng thức vừa nhận trên, kết hợp với (*), ta được: P ≥ 2(x + y + z) = ∀x, y, z > x + y + z = 1 Hơn nữa, ta lại có P = x = y = z = Vì vậy, minP = (1,0 điểm) Viết lại phương trình (C) dạng: (x – 3)2 + y2 = Từ đó, (C) có tâm I(3 ; 0) bán kính R = Suy trục tung điểm chung với đường tròn (C) Vì vậy, qua điểm tục tung kẻ hai tiếp tuyến (C) Câu Đáp án Xét điểm M(0 ; m) tùy ý thuộc trục tung Qua M, kẻ tiếp tuyến MA MB (C) (A, B tiếp điểm) Ta có: ·  AMB = 600 (1) Góc đường thẳng MA MB 600 ⇔  ·  AMB = 1200 (2) · Vì MI phân giác AMB nên : · = 300 ⇔ MI = (1) ⇔ AMI IA ⇔ MI = 2R ⇔ m + = ⇔ m = ± sin 30 · (2) ⇔ AMI = 600 ⇔ MI = IA 2R (*) ⇔ MI = ⇔ m2 + = sin 60 3 0,50 0,25 0,25 Điểm 0,25 0,25 Dễ thấy, m thỏa mãn (*) Vậy có tất hai điểm cần tìm là: (0 ; − ) (0 ; 7) (1,0 điểm) Gọi H hình chiếu vuông góc M d, ta có MH đường thẳng qua M, cắt vuông góc với d Vì H ∈ d nên tọa độ H có dạng : (1 + 2t ; − + t ; − t) uuuu r Suy : MH = (2t − ; − + t ; − t) r Vì MH ⊥ d d có vectơ phương u = (2 ; ; −1), nên : uuuu r 1 2 Vì thế, MH =  ; − ; − ÷ 3 3 x = + t  Suy ra, phương trình tham số đường thẳng MH là:  y = − 4t  z = −2t  0,25 0,50 2.(2t – 1) + 1.(− + t) + (− 1).(−t) = ⇔ t = 0,25 VII.a (1,0 điểm) Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có: P = C06 (x − 1)6 + C16 x (x − 1)5 + K + C 6k x 2k (x − 1) − k + K + C56 x10 (x − 1) + C 66 x12 Suy ra, khai triển P thành đa thức, x2 xuất khai triển C06 (x − 1)6 C16 x (x − 1)5 Hệ số x khai triển C (x − 1) : 6 C C Hệ số x2 khai triển C16 x (x − 1)5 : −C16 C50 Vì vậy, hệ số x2 khai triển P thành đa thức : C06 C 62 −C16 C50 = VI.b (2,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 (1,0 điểm) Xem phần Câu VI.a (1,0 điểm) Gọi H hình chiếu vuông góc M d, ta có MH đường thẳng qua M, cắt vuông góc với d  x = + 2t  d có phương trình tham số là:  y = −1 + t z = −t  Vì H ∈ d nên tọa độ H có dạng : (1 + 2t ; − + t ; − t) uuuu r Suy : MH = (2t − ; − + t ; − t) r Vì MH ⊥ d d có vectơ phương u = (2 ; ; −1), nên : uuuu r 1 2 Vì thế, MH =  ; − ; − ÷ 3 3 Suy ra, phương trình tắc đường thẳng MH là: x − y −1 z = = −4 −2 0,25 0,50 2.(2t – 1) + 1.(− + t) + (− 1).(−t) = ⇔ t = Câu VII.b (1,0 điểm) Đáp án 0,25 Điểm Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có: P = C50 (x − 1)5 + C15 x (x − 1) + K + C5k x 2k (x − 1)5− k + K + C54 x (x − 1) + C55 x10 0,25 Suy ra, khai triển P thành đa thức, x3 xuất khai triển C50 (x − 1)5 C15 x (x − 1)4 Hệ số x3 khai triển C50 (x − 1) : C50 C53 Hệ số x3 khai triển C15 x (x − 1) : −C15 C14 Vì vậy, hệ số x3 khai triển P thành đa thức : C50 C35 −C15 C14 = −10 0,25 0,25 0,25 ... nên SAB tam giác Gọi G I tương ứng tâm tam giác SAB tâm hình vuông ABCD Gọi O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD Ta có OG ⊥ (SAB) OI ⊥ (ABCD) a Suy ra: + OG = IH = , H trung điểm AB + Tam giác... điểm AB + Tam giác OGA vuông G Kí hiệu R b n kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD, ta có: 0,2 5 0,5 0 0,5 0 0,2 5 0,2 5 R = OA = OG + GA = S a 3a a 21 + = G H O A B V ( 1,0 điểm) Ta có : P = 2 2 x x...ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 136 ) Câu I ( 2,0 điểm) Đáp án Điểm ( 1,2 5 điểm) ( 0,7 5 điểm) Hàm số cho nghịch biến khoảng (0 ; + ∞) ⇔ y’ = – 3x2 – 6x + m ≤ 0, ∀ x