Download Đề ôn tập thi thử Đại học khối A môn Toán 12

thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng D quanh trục 0 x. Câu IV[r]

(1)

ONTHIONLINE.NET

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Số Mơn Tốn - Khối A, B

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số yx3 3x22  C

1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị  C hàm số

2.Tìm m để đường thẳng qua hai điểm cực trị của C tiếp xúc với đường trịn có phương trình

x m 2y m  12 5 Câu II (2 điểm) 1 Giải phương trình

3

2(cot 3) sin 2

cos x  x  x

2 Giải phương trình x

1 1

log2 x log  4log2x 1 2  

Câu III.(1 điểm) Cho hình phẳng D giới hạn đường

  ln x y

x  

,y0,x1 x e Tính

thể tích vật thể trịn xoay tạo thành quay hình phẳng D quanh trục 0x

Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ đứngABC A B C ' ' ' có đáy ABC tam giác cân với ABACa, góc

120 BAC

  , cạnh bên BB'a Gọi I trung điểm CC' Chứng minh tam giác AB I' vuông A và tính cosin góc hai mặt phẳng ABC AB I' 

Câu V.(1 điểm) Chox y, số thực thỏa mãn x2y2 xy1.Tìm GTLN, GTNN F x 6 y6 2x y xy2 2 II PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần

1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, tìm toạ độ đỉnh tam giác ABC vuông cân, biết đỉnh C3; 1  phương trình cạnh huyền 3x y 10 0

2.Cho mặt phẳng (P): 2x y 2z 0 đường thẳng:

1

:

1 2 1 2

x y z

d      ,

5

:

2 3 4 2

x y z

d    

Tìm điểm Ad ,1 Bd2 cho AB // (P) AB cách (P) khoảng

Cõu VII.a (1 im) Tìm hệ số số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn

1

n x

x



 

 

  biết n

là số nguyên dơng thỏa mÃn:  

1

2 n n 64

n n n n n

C C C n C  nC n

     

2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(0;0), B(-1;2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x-1 Tìm tọa độ đỉnh C D

2.Cho hai đường thẳng d1 d2 có phương trình:

2

:

2

x y z

d      2: 1,

2

x y z

d      

(2)

Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số x20 khai triển biểu thức

5 ( x )n

x  biết rằng:

1 1

0 ( 1)

2 13

n n

Cn Cn Cn Cn

n

     



ÁP ÁN

Đ

PHẦN CHUNG

Câu I đ

1

+ Tập xác định D = R + Sự biến thiên

2

'

2

x

y x x

x

 

    

 

0,25đ Hàm đồng biến khoảng  ;0 2;

Hàm số nghịch biến 0;2 + Giới hạn xlim  y ; limx y;

Cực trị: Hàm số đạt cực đại x0 ycđ = 2

Hàm số đạt cực tiểu x2 yct = -2

0,25

Điểm uốn (1;0)

Bảng biến thiên (0,25)

x   0 2 

y’ + - + y



  -2

Đồ thị (0,25)

0,5

2

Phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị : 2x y  0 0,25 Tâm đường trịn I m m( , 1), bán kính R= 0,25

Theo giả thiết ta có

2

5

m m

m

  

   

2

m m

  

 

 



0,5 Câu

II

2 đ Điều kiện

sin

2

k

x  x 

0,25

Ta có  

3

sin

x x

x

tan    cot

2

2(sin cos )

3

sin cos

x x

x x 

 tan    cotg 2

3 x x

 tan  tan  

0,5

3 x

tan

x  k

   

1 x 

tan

6 x  k

   

0,25

Giải phương trình x

1 1

log2 x log  log2x 14

   



Điều kiện x2,x3

0,25 (1)  log (x 2) log (2x 1) log log (x 1)4      

2

-2

0

(3)

x 2  x1 2x1

0

2 7

2 x x x x           0,5

Đối chiếu điều kiện ta có

x 0,25

Câu III 1đ

Gọi V thể tich cần tìm

 

2

ln x

V dx x     Đặt   ln u x dv dx x         1 du dx x v x             0,5

Suy V=   1  

1 1

ln ln ln ln

2 2 2

e

e dx e

x e x

x x e

      

            

    

 

3 1

[ ln ln ]

2 e e

            0,5 Câu IV 1đ

Ta có BC a Áp dụng định lí Pitago tam giác vng ACI, ABB’, B’C’I Suy

5 13

, ' , '

2

AI  a AB  a B I a

0.25

Do AI2AB'2 B I' 2 Vậy tam giác AB’I vuông A 0,25

+ ' 10 '   AB I

S AI AB a

2

ABC

S  a

Gọi  góc hai mp Tam giác ABC hình chiếu

vng góc tam giác AB’I suy '

10

cos cos

4

A BI ABC

S  S    cos

10



 

Học sinh tính diện tich tam giác (0,25đ) Tính cosin đựoc 0,25

Nếu học sinh giải phương pháp toạ độ cho điểm tương ứng

0,5

Câu V 1đ

Chox y, số thực thỏa mãn x2y2 xy1.Tìm GTLN, GTNN 6 2 2

F x y  x y xy

Ta có    

3

2 3 2 2 2 2

F x y  x y x y  x y  xy

=    

3

2 xy xy 2xy

   

Đặt xy t Ta có  

3

2 2

f t  t  t  t

 2

2 1 3 1

x y  xy  x y  xy

1

xy 

 

 2

2 1 1

x y  xy  x y xy  xy1

suy

1 ;1 t  

 

0,25

Ta tìm max, f(t) ;1     

  f t' 6t2 4t2

  1;1 3

' t

t

f t     

     

Ta có  

1 37

, 1,

3 27 27

f    f  f  

(4)

Suy

37 ( )

27

Max f t 

t

suy

1 1

,

2 6

x  y  0,25

( )

Minf t  t1 suy x y 0,25

1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn

Câu Va 2 đ

1

Ta có tam giác ABC cuông cân C

Goi H trung điểm AB suy CH x: 3y0 Toạ độ H nghiệp hệ

3

3 10

x y x

x y y

              0,25

giả sử A(t;3t+10) ta có

 2  2

2

3 40

AH CH  t  t 

1 t t       0,25

Với t = -1 Suy A( 1;7), ( 5; 5) B   0,25

Với t = -5 Suy B( 1;7), ( 5; 5) A   0,25

2

1 (21 1, 3, )1

A d  A t  t   t B d 2 B t(325, , 2t2 t2 5)

2 2

(3 4, 3, 2 5)

AB t  t  t  t  t  t 



2 2

p 2(3 4) 2(2 5)

AB n   t  t   t   t t  t  

                            6t t

   

0,25

 

1 1

/( )

4

/ /( )

3

A P

t t t t

AB P  d         

1 t t       0,25

Với

2 11

5 ( 9; 2;10), 7; ;

3 3

t   t   A   B  

 

0,25

1

1 17

1 (3; 4; 2), 4; ;

3 3

t   t   A  B   

 

0,25

Câu VIIa 1 đ

Xét khai triển  

0 2 1

1 n n n n n

n n n n n

x C C x C x C x  C x

      

lấy đạo hàm hai vế ta có    

1 1 2 1 2 1

1 n n n n n

n n n n

n x  C C x n C x  nC x 

      

0,25

Thay x=1 suy  

1 1

2 n n 2n

n n n n n

C C C n C  nC n 

     

1

64 2n 64 2n

n   n

      0,25

  7 7 4 1 2 k k k k

x C x

x x                 

số hạng chứa x2 có hệ số

k k

C

với k thoả mãn 2 k k k      0,25

Suy hệ số chứa x2

1 21

4C 4 0,25

2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao Câu

VIb

2 đ

1 phương trình đường thẳng AB: 2x+y=0 gọi h khoảng cách từ I tới AB AB

4

ABCD ABI ABI

S  S  S 

1

2 AB h h

   

0,25

Gọi toạ độ diểm I I x y 0, 0 ta có hệ

(5)

0 0 0

0 0

0

2 1,

2

5

1 ,

1 3

x y x y

x y

y x x y

y x

    

   

 

   

  

   



   



0,25 Do I trung điểm AC BD nên

Với I(1;0) suy C(2;0) D(3;-2) 0,25

Với I(

;



3



) suy

2 ; 3

C  

  D

1 14 ; 3



 

 

 

Vậy có hai cặp C, D thoả mãn C(2;0) D(3;-2)

2 ; 3

C  

  D

1 14 ; 3



 

 

 

0,25

2

Do mặt phẳng (P) cách d d1, 2 nên (P) song song với d1,d2

u

→

d1=(2;1;3), u

→

d2=(2;−1;4),

 

1, 7; 2;

d d

u u

    

 

                           

chọn np u ud1, d2 7; 2; 4  

  

0,25

Suy phương trình mặt phẳng (P) có dạng 7x 2y 4z d 0

Do (P) cách d d1, 2suy khoảng cách từ (2;2;3) ( )d1 1; 2;1d2 bằng

Ta có

7.2 2.2 4.3 7.1 2.2 4.1

2

69 69

d d

d d d

     

      

0,5

Ta có phương trình mặt phẳng (P) 14x 4y 8z 3 0,25

Câu VIIb 1 đ

Ta có (1 x)nCn0 C x C x1n  n2 2 ( 1)  nC xnn n

Vì

1

0

1 (1 )

1

n

x dx n

 



 0,25

1

0 2

0

1 1

( ( 1) ) ( 1)

2 13

n n n n n

n n n n n n n n

C C x C x C x dx C C C C

n

           

 

suy  n 1 13 n12

0,25

12

12 12

5 12 12 36

12 12

3 3

0

2 2

( ) ( ) ( ) ( )

k

n k k k k k

k k

x x C x C x

x x x



 

 

    

Số hạng ứng với thoả mãn: 8k 36 20  k 7

0,25

(6)