Đề thi thử ĐH và CĐ môn Toán năm 2012 đề 78

Tham khảo đề thi thử ĐH và CĐ môn Toán năm 2012 đề 78 dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh Đại học, với đề thi này các em sẽ được làm quen với cấu trúc đề thi và củng cố lại kiến thức căn bản nhất.

Đề thi thử đại học mơn tốn Ơn thi Đại học ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 78) 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 = 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 = ln8 e x  , trục hoành hai đường thẳng x = ln3, x = Câu VI (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA = SB = a, mặt phẳng (SAB) vng 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 trịn (C) có phương trình: x2 + y2 – 6x + = Tìm điểm M thuộc trục tung cho qua M kẻ hai tiếp tuyến với (C) mà góc hai tiếp tuyến 600 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; ; 0) đường thẳng d có phương trình:  x   2t   y  1  t z   t  Viết phương trình tham số đường thẳng qua điểm M, cắt vng 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 trịn (C) có phương trình: x2 + y2 – 6x + = Tìm điểm M thuộc trục tung cho qua M kẻ hai tiếp tuyến với (C) mà góc hai tiếp tuyến 600 Trong khơng 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 vng 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 Đề thi thử đại học mơn tốn Ôn thi Đại học ……………………Hết…………………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 78 ) Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,25 điểm) Với m = 0, ta có hàm số y = – x3 – 3x2 + Tập xác định: D = Sự biến thiên:  x  2 y’ =   x   Chiều biến thiên: y’ = – 3x2 – 6x, 0,50  x  2 y’ <   x  y’ >  – < x < Do đó: + Hàm số nghịch biến khoảng (  ;  2) (0 ; + ) + Hàm số đồng biến khoảng ( ; 0)  Cực trị: + Hàm số y đạt cực tiểu x = – yCT = y(–2) = 0; + Hàm số y đạt cực đại x = yCĐ = y(0) =  Giới hạn: lim   , lim   x  0,25 x   Bảng biến thiên: x y'   2 0     0,25 y  y  Đồ thị: Đổ thị cắt trục tung điểm (0 ; 4), cắt trục hoành điểm (1 ; 0) tiếp xúc với trục hoành điểm ( ; 0) 0,25 3 2 O x (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   0,50 Đề thi thử đại học mơn tốn Ơn thi Đại học  n   x  (1)  n, n    x     k , k   Câu 0,50 Đáp án 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) 0,50  17 Kí hiệu S diện tích cần tính ln8 Vì e x   x [ln ; ln8] nên S  0,25 e x  1dx  ln 2tdt Đặt e x  = t, ta có dx  t 1 Khi x = ln3 t = 2, x = ln8 t = 0,25 3 3 3 3 2t dt dt  dt dt  dt       ln t   ln t    ln   2    t  t  t  t  2 2  2 Vì vậy: S   IV (1,0 điểm) V (1,0 điểm) Do SA = SB = AB (= a) nên SAB tam giác Gọi G I tương ứng tâm tam giác SAB tâm hình vng ABCD Gọi O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD Ta có OG  (SAB) OI  (ABCD) S a Suy ra: + OG = IH = , H trung điểm AB + Tam giác OGA vng G Kí hiệu R bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD, G O ta có: A H a 3a a 21 I R  OA  OG  GA    B Ta có : P  2 2 0,25 D 0,25 C (*) Nhận thấy : x2 + y2 – xy  xy x, y  0,50 Tương tự, ta có : 0,50 x x y y z z      y z z x x y Do : x3 + y3  xy(x + y) x, y > 0,50 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 = 0,50 Đề thi thử đại học môn tốn Ơn thi Đại học Hơn nữa, ta lại có P = x = y = z = VI.a (2,0 điểm) 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 = 0,25 Suy trục tung khơng có điểm chung với đường trịn (C) Vì vậy, qua điểm tục tung ln kẻ hai tiếp tuyến (C) 0,25 Đáp án Điểm Câu 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) 0,25 Vì MI phân giác AMB nên : (1)  AMI  300  MI  IA  MI  2R  m    m   sin 300 (2)  AMI  600  MI  IA 2R  MI   m2   (*) sin 60 3 0,25 Dễ thấy, khơng có m thỏa mãn (*) Vậy có tất hai điểm cần tìm là: (0 ;  ) (0 ; 7) (1,0 điểm) Gọi H hình chiếu vng góc M d, ta có MH đường thẳng qua M, cắt vng góc với d Vì H  d nên tọa độ H có dạng : (1 + 2t ;  + t ;  t)  Suy : MH = (2t  ;  + t ;  t)  Vì MH  d d có vectơ phương u = (2 ; ; 1), nên :   2 2.(2t – 1) + 1.( + t) + ( 1).(t) =  t = Vì thế, MH =  ;  ;   3 3 3 x   t  Suy ra, phương trình tham số đường thẳng MH là:  y   4t  z  2t  VII.a (1,0 điểm) Theo cơng thức nhị thức Niu-tơn, ta có: P = C06 (x  1)6  C16 x (x  1)5    C6k x k (x  1) 6 k    C56 x10 (x  1)  C 66 x12 Suy ra, khai triển P thành đa thức, x2 xuất khai triển C06 (x  1) C16 x (x  1) Hệ số x2 khai triển C06 (x  1) : C06 C26 Hệ số x2 khai triển C16 x (x  1)5 : C16 C05 Vì vậy, hệ số x2 khai triển P thành đa thức : C 06 C 26  C16 C 50 = 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 VI.b (2,0 (1,0 điểm) Xem phần Câu VI.a điểm) Gọi H hình chiếu vng góc M d, ta có MH đường thẳng qua M, cắt vng góc với d 0,25  x   2t  d có phương trình tham số là:  y  1  t z   t  0,50 (1,0 điểm) Đề thi thử đại học mơn tốn Ơn thi Đại học Vì H  d nên tọa độ H có dạng : (1 + 2t ;  + t ;  t)  Suy : MH = (2t  ;  + t ;  t)  Vì MH  d d có vectơ phương u = (2 ; ; 1), nên :   2 2.(2t – 1) + 1.( + t) + ( 1).(t) =  t = Vì thế, MH =  ;  ;   3 3 Suy ra, phương trình tắc đường thẳng MH là: x  y 1 z   4 2 Câu VII.b (1,0 điểm) Đáp án 0,25 Điểm Theo cơng thức nhị thức Niu-tơn, ta có: P = C05 (x  1)5  C15 x (x  1)    C5k x 2k (x  1)5 k    C54 x (x  1)  C55 x10 0,25 Suy ra, khai triển P thành đa thức, x3 xuất khai triển C05 (x  1)5 C15 x (x  1) Hệ số x3 khai triển C05 (x  1)5 : C05 C35 Hệ số x3 khai triển C15 x (x  1) : C15 C14 Vì vậy, hệ số x3 khai triển P thành đa thức : C05 C35 C15 C14 = 10 0,25 0,25 0,25 .. .Đề thi thử đại học mơn tốn Ơn thi Đại học ……………………Hết…………………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 78 ) Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,25... phương trình :  2sin x    sin x  sin x  cos x     sin x  cos x   0,50 Đề thi thử đại học mơn tốn Ơn thi Đại học  n   x  (1)  n, n    x     k , k   Câu 0,50 Đáp án... nhận trên, kết hợp với (*), ta được: P  2(x + y + z) = x, y, z > x + y + z = 0,50 Đề thi thử đại học mơn tốn Ơn thi Đại học Hơn nữa, ta lại có P = x = y = z = VI.a (2,0 điểm) Vì vậy, minP = (1,0