De thi thu dai hoc so 77

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (165.8 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
 Môn thi : TỐN (ĐỀ 77)
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 im)
Câu I (2 điểm). Cho hàm số y=2x+1

x+2 có đồ thị là (C)

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

2.Chứng minh đờng thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm

m để đoạn AB có độ dài nh nht.
Cõu II (2 im)

1.Giải phơng trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8

2 .Tính tích phân:

3 2

2 1

x x

I dx

x

.
Câu III (2 điểm).

1.Gii bt phng trỡnh: 2x10 5x10 x 2

2.Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số
chẵn và ba chữ số lẻ

Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên vµ

mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A

1B1C1) thuộc đờng thẳng B1C1. Tính

khoảng cách giữa hai đờng thẳng AA1 và B1C1 theo a.

II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
C©u Va

1.(2 điểm)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9 
và đờng thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đợc hai
tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.

2.(1 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn luôn có
mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.

Câu Vb

1..(2 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d cú phng

trình x 1

2 =
y
1=

z 1

3 . Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ

d tới (P) là lớn nhất.

2.(1 ®iĨm) XÐt ba sè thùc không âm a, b, c thỏa mÃn a2009 + b2009 + c2009 = 3. 
Tìm giá trị lớn nhất của biÓu thøc P = a4 + b4 + c4

………Hết………

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Đáp án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 77 )
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

CâuI:)(2 ®iĨm)

1) a.TXĐ: D = R\{-2}
b.Chiều biến thiên

+Giới h¹n:

x → −2+¿

=− ∞;lim y

x → −2−
=+∞
lim y

x →− ∞=limx →y+∞=2;limy¿

Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2

x+2¿2
¿
¿
y '=3

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (− ∞;−2) và (−2;+∞)

+B¶ng biÕn thiªn

x − ∞ -2 +∞

y’ + +

+∞ 2
y

2 
c.Đồ thị:Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0; 1

2 ) và cắt trục Ox tại điểm( −

1
2 ;0)
Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng

2)Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đờng thẳng d là nghiệm của phơng trình
2x+1

x+2 =− x+m⇔
x ≠ −2
x2

+(4−m)x+1−2m=0(1)
¿{

Do (1) cã −2¿

+(4− m).(−2)+1−2m=−3≠0∀m

Δ=m2+1>0 va¿ nên đờng thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại

hai ®iĨm ph©n biƯt A, B

Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ng¾n nhÊt

 AB2 nhỏ nhất  m = 0. Khi đó AB=

√

24

Câu II:)(2 ®iĨm)

1)(1 điểm).Phơng trình đã cho tơng đơng với

9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8  6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0

 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0  (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0



1−sinx=0
¿

6 cosx+2 sinx −7=0(VN)
¿

¿
¿
¿

 x=π
2+k2π

2)(1 ®iĨm).Tính:

3 2

2 1

x x

I dx

x
 






Đặt x  1 t x t 2 1 => dx=2tdt; khi

2
-2

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

x=0=>t=1,x=3=>t=2



 







2 2

2 2 5

4 2 3 2

1 1

2 1 1 1 4 128 4 124 54

2 =2 2 3 2 = 16 2 14

5 5 5 5 5

t t t

I tdt t t dt t

t

     

          

 



C©u III (2 ®iĨm).

1(1 ®iĨm)..BG:Giải bất phương trình: 2x10 5x10 x 2(1)
Điều kiện: x2

 

1  2x10 x 2 5x10  2x26x 20 x 1(2)
Khi x2 => x+1>0 bình phương 2 vế phương trình (2)



 



2 2 2

(2) 2x 6x 20x 2x1  x 4x11 0   x   ; 7  3;

Kết hợp điều kiện vậy nghiệm của bất phương trình là: x3

2. (1 điểm).Từ giả thiết bài toán ta thấy có C52=10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số

0 ng đầu) và C53 =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C52 . C53 = 100 bộ 5 số đợc chọn.

Mỗi bộ 5 số nh thế có 5! số đợc thành lập => có tất cả C24 . C53 .5! = 12000 số.

Mặt khác số các số đợc lập nh trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C14.C53. 4!=960 . Vậy có tất cả

12000 – 960 = 11040 sè tháa mÃn bài toán

II.Phần riêng.(

3im

)

Câu Va :

1)(2 điểm)Từ pt ct của đờng trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến AB, AC ti ng

tròn và ABAC => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 IA=3

2

|m1|

2 =3

2|m1|=6
m=5

m=7

2. (1 ®iĨm)Tõ giả thiết bài toán ta thấy có C24=6 cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và

C5

=10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C24 . C52 = 60 bé 4 sè tháa mÃn bài toán

Mi b 4 s nh th cú 4! số đợc thành lập. Vậy có tất cả C24 . C52 .4! = 1440 số

1)(2 điểm)Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa
d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).

Gi¶ sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta cã AH≥HI => HI lín nhÊt khi A I

Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến

HdH(1+2t ;t ;1+3t) vì H là hình chiếu của A trên d nên u=(2;1;3)

AHdAH .u=0 là vtcp của

d) ⇒H(3;1;4)⇒⃗AH(−7;−1;5)

VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0)

2). (1 điểm)áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số 1 và 4 số a2009 ta có

1+1+.. .+1

⏟

2005

+a2009+a2009+a2009+a2009≥2009.2009

√

a2009.a2009.a2009.a2009=2009 .a4(1)

T¬ng tù ta cã
1+1+.. .+1

⏟

2005

+b2009+b2009+b2009+b2009≥2009 .2009

√

b2009.b2009.b2009.b2009=2009.b4(2)

1+1+.. .+1

⏟

2005

+c2009+c2009+c2009+c2009≥2009.2009

√

c2009.c2009.c2009.c2009=2009 .c4(3)

Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đợc 6015+4(a

2009

+b2009+c2009)≥2009(a4+b4+c4)
⇔6027≥2009(a4+b4+c4)

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4></div>

De thi thu dai hoc so 77

<sub>√</sub>





 











 



 



<i><b>II.Phần riêng.(</b></i>

<i><b>3im</b></i>

<i><b> )</b></i>

<i><b> </b></i>

<sub></sub>

⏟

√

⏟

√

⏟

√

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về