Đề thi thử đại học môn toán năm 2012_Đề số 203 doc

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012.
Môn thi : TOÁN (ĐỀ 203)
A /phÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh. ( 8 điểm )
Câu I : ( 2 điểm ).
Cho hàm số y = x
3
+ ( 1 – 2m)x
2
+ (2 – m )x + m + 2 . (C
m
)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (C
m
) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1.
Câu II : ( 2 điểm ).
1. Giải phương trình:
sin 2 2 2(sinx+cosx)=5x
−
.
2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất :
2
2 3 .x mx x
+ = −
Câu III : ( 2 điểm ).
1. Tính tích phân sau :
2
2
3
1
1

.
x
I dx
x x
−
=
+
∫
2. Cho hệ phương trình :
3 3
( )
1
x y m x y
x y

− = −

+ = −

Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x
1
;y
1
);(x
2
;y
2
);(x
3
;y

3
) sao cho x
1
;x
2
;x
3
lập thành cấp số cộng
( )
0d
≠
.Đồng thời có hai số x
i
thỏa mãn
i
x
> 1
Câu IV : ( 2 điểm ).
Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d
1
:
1 1 2
x y z
= =
; d
2

1 2
1
x t

y t
z t
= − −


=


= +

và điểm M(1;2;3).
1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d
1
; Tìm M
’
đối xứng với M qua d
2
.
2.Tìm
1 2
;A d B d∈ ∈
sao cho AB ngắn nhất .
B. PHẦN TỰ CHỌN: ( 2 điểm ).
( Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu V
a
hoặc V
b
sau đây.)
Câu V
a

.
1. Trong mặt phẳng oxy cho
ABC
∆
có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - 7 =
0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình
x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . Tính diện tích
ABC
∆
.
2.Tìm hệ số x
6
trong khai triển
3
1
n
x
x
 
+
 ÷
 
biết tổng các hệ số khai triển
bằng 1024.
Câu V
b
.
1. Giải bất phương trình :
2 2
1 1

5 5
x x+ −
−
> 24.
2.Cho lăng trụ ABC.A
’
B
’
C
’
đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A
’
cách đều các điểm A,B,C. Cạnh bên
AA
’
tạo với đáy góc 60
0
. Tính thể tích khối lăng trụ.
______________ Hết ____________
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012.
Môn thi : TOÁN (ĐỀ 203)
2 . Tìm m để đồ thị hàm số (C
m
) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. 1,00
Hàm số có cực trị theo yêu cầu đầu bài khi và chỉ khi thỏa mãn 2 ĐK sau :+ y
’
=0 có 2
nghiệm pbiệt x
1
< x

2

⇔

' 2
4 5 0m m∆ = − − 
⇔
m < - 1 hoặc m >
5
4
+ x
1
< x
2
< 1 ( Vì hệ số của x
2
của y
’
mang dấu dương )
⇔

⇔

'
4 2m∆ −
⇔
…
⇔
21
15

m 
0,25
Kết hợp 2 ĐK trên ta được… Đáp số
( )
; 1m∈ −∞ −
5 7
;
4 5
 
∪
 ÷
 
0,25
II 2,00
1
1.Giải phương trình:
sin 2 2 2(sinx+cosx)=5x
−
. ( I )
1,00
Đặt sinx + cosx = t (
2t ≤
).
⇒
sin2x = t
2
- 1
⇒
( I ) ,25
⇔

2
2 2 6 0t t− − =
⇔
2t = −
)
0,25
+Giải được phương trình sinx + cosx =
2−
…
⇔

os( ) 1
4
c x
π
− = −
+ Lấy nghiệm Kết luận :
5
2
4
x k
π
π
= +
( k
∈Z
) hoặc dưới dạng đúng khác
0,25
2
Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất :

2
2 3 .x mx x
+ = −
1,00
⇔
hệ
2 2
2x x 9 6x
3
m x
x

+ = + −

≤

có nghiệm duy nhất 0,25
⇒
x
2
+ 6x – 9 = -mx (1)+; Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm.
+ ; Với x
≠
0 (1)
⇔

2
6x 9x
m
x

+ −
= −
. Xét hàm số :f(x) =
2
6x 9x
x
+ −
trên
(
]
{ }
;3 \ 0−∞
có f
’
(x)
=
2
2
9x
x
+
> 0
0x∀ ≠
+ , x = 3
⇒
f(3) = 6 , có nghiệm duy nhất khi – m > 6
⇔
m < - 6
0,25
III 2,00

2
2.Cho hệ phương trình :
3 3
( )
1
x y m x y
x y

− = −

+ = −

Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x
1
;y
1
);(x
2
;y
2
);(x
3
;y
3
) sao cho x
1
;x
2
;x
3

lập thành cấp số cộng
( )
0d ≠
.Đồng thời có hai số x
i
thỏa mãn
i
x
> 1
3 3
( )
1
x y m x y
x y

− = −

+ = −


⇔
2 2
( )( ) 0
1
x y x y xy m
x y

− + + − =

+ = −


⇔

2
1
2
1
( ) 1 0
x y
y x
x x x m
ϕ

= = −


= − −




= + + − =


Trước
hết
( )x
ϕ
phải có 2 nghiệm pbiệt x
1

; x
2

⇔
3
4 3 0
4
m m∆ = − ⇔
1,00
0,25
0,25
Có thể xảy ra ba trường hợp sau đây theo thứ tự lập thành cấp số cộng.
+Trường hợp 1 :
1
2
−
; x
1
; x
2
+Trường hợp 2 : x
1
; x
2
;
1
2
−
+Trường hợp 3 : x
1

;
1
2
−
; x
2

0,25
Xét thấy Trường hợp 1 ;2 không thỏa mãn. Trường hợp 3 ta có
1 2
1 2
1
1
x x
x x m
+ == −


= −

đúng với mọi m >
3
4
Đồng thời có hai số x
i
thỏa mãn
i
x
> 1 ta cần có thêm
điều kiện sau

2
1 4 3
1 4 3 3 3
2
m
x m m
− + −
= ⇔ − ⇔ 
Đáp số : m > 3
0,25
IV
Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d
1
:
1 1 2
x y z
= =
; d
2

1 2
1
x t
y t
z t
= − −


=



= +

và điểm M(1;2;3).1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d
1
; Tìm M
’
đối xứng với M qua d
2
.
.+ Phương trình mặt phẳng chứa M và d
1
…. Là (P) x + y – z = 0
+ Mp(Q) qua M và vuông góc với d
2
có pt 2x – y - z + 3 = 0
2,00
0,25
0,25
+ Tìm giao d
2
với mp(Q) là H(-1 ;0 ;1) …
⇒
Điểm đối xứng M
’
của M qua d
2
là M
’
(-3 ;-2 ;-1)

2.Tìm
1 2
;A d B d
∈ ∈
sao cho AB ngắn nhất .Gọi A(t;t;2t) và B(-1-2t
1
;-t
1
;1+t
1
) AB ngắn nhất khi
nó là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d
1
và d
2
.
0,50
⇒
1
2
. 0
. 0
AB v
AB v

=


=



 
 
…….
⇒
tọa độ của
3 3 6
; ;
35 35 35
A
 
 ÷
 
và
1 17 18
; ;
35 35 35
B
− −
 
 ÷
 
0,50
Va 2,00
1
1. Trong mặt phẳng oxy cho
ABC
∆
có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y
- 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình

x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C .
+AC qua A và vuông góc với BH
do đó có VTPT là
(3;1)n =

AC có phương trình 3x + y - 7 = 0
+ Tọa độ C là nghiệm của hệ
AC
CM



……
⇒
C(4;- 5)
+
2 1
;
2 2
B B
M M
x y
x y
+ +
= =
; M thuộc CM ta được
2 1
1 0
2 2
B B

x y+ +
+ + =
+ Giải hệ
2 1
1 0
2 2
3 7 0
B B
B B
x y
x y
+ +

+ + =



− − =

ta được B(-2 ;-3)
0,25
0,25
Tính diện tích
ABC
∆
.+ Tọa độ H là nghiệm của hệ
14
3 7 0
5
3x 7 0 7

5
x
x y
y
y

=

− − =


⇔
 
+ − =


= −


Tính được BH =
8 10
5
; AC = 2
10
Diện tích S =
1 1 8 10
. .2 10. 16
2 2 5
AC BH = =
( đvdt)

2.Tìm hệ số x
6
trong khai triển
3
1
n
x
x
 
+
 ÷
 
biết tổng các hệ số khai triển
bằng 1024.+ ;
0 1
1024
n
n n n
C C C+ + + =

⇔
( )
1 1 1024
n
+ =
⇔
2
n
= 1024
⇔

n = 10
0,25
0,25
M
C
B
H
A
+ ;
( )
10 10
10
3 3
10
1 1
.
k
k
k
k o
x C x
x x
−
=
   
+ =
 ÷  ÷
   
∑
; ……. Hạng tử chứa x

6
ứng với k = 4 và hệ số cần tìm bằng
210 .
V
b
2,00
1
1. Giải bất phương trình :
2 2
1 1
5 5
x x+ −
−
> 24. (2)
⇔
( ) ( )
2 2
2
5 5 24 5 5 0
x x
− − 
⇔
2
5 5
x

⇔
x
2
> 1

⇔
1
1
x
x


−



1,00
0,5
0,5
2 2.Cho lăng trụ ABC.A
’
B
’
C
’
đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A
’
cách đều các điểm A,B,C.
Cạnh bên AA
’
tạo với đáy góc 60
0
. Tính thể tích khối lăng trụ.

G

N
M
C
B
A
B'
C'
A'
Từ giả thiết ta được chop A
’
.ABC là chop tam giác đều .

'
A AG
là góc giữa cạnh bên và đáy .
⇒


'
A AG
= 60
0
, … AG =
3
3
a
;
Đường cao A
’
G của chop A

’
.ABC cũng là đường cao của lăng trụ . Vậy A
’
G =
3
3
a
.tan60
0
=
3
3
a
.
3
= a.
…… Vậy Thể tích khối lăng trụ đã cho là V =
3
1 3 3
. . .
2 2 4
a a
a a =
1,00

0,25
0,25
0,25
0,25
Ghi chú : + Mọi phương pháp giải đúng khác đều được công nhận và cho điểm như nhau .

+ Điểm của bài thi là tổng các điểm thành phần và làm tròn ( lên ) đến 0,5 điểm.