Đề thi thử Đại học, Cao đẳng môn Toán Lớp 12 - Đề số 25 - Năm học 2012-2013 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử Đại học, Cao đẳng môn Toán Lớp 12 - Đề số 25 - Năm học 2012-2013 (Có đáp án)

1. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 25) Bài 1: Cho hàm số y x4 mx3 2x2 3mx 1 (1) . 1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0. 2). Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu. Bài 2: 2 3 2 1). Giải phương trình: cos3xcos3x – sin3xsin3x = 8 2). Giải phương trình: 2x +1 +x x2 2 x 1 x2 2x 3 0 Bài 3: Cho các điểm A(-1; -1; 0), B(1; -1; 2), C(2; -2; 1), D(-1;1;1). 1). Viết phương trình của m.phẳng chứa AB và song song với CD. Tính góc giữa AB, CD. 2). Giả sử mặt phẳng ( ) đi qua D và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâm của tam giác MNP. Hãy viết phương trình của ( ). 2 Bài 4: Tính tích phân: I x 1 sin 2xdx . 0 Bài 5: Giải phương trình: 4x 2x 1 2 2x 1 sin 2x y 1 2 0 . 2 2 Bài 6: Giải bất phương trình: 9x x 1 1 10.3x x 2 . Bài 7: 1). Cho tập A gồm 50 phần tử khác nhau. Xét các tập con không rỗng chứa một số chẵn các phần tử rút ra từ tập A. Hãy tính xem có bao nhiêu tập con như vậy. 1 3 2). Cho số phức z i . Hãy tính : 1 + z + z2. 2 2 Bài 8: Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A'.ABC là h.chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA' = b. Gọi là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC). Tính tan và thể tích của khối chóp A'.BB'C'C. Câu 9:
2. x2 y2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm C(2; 0) và elip (E): 1. 4 1 Tìm toạ độ các điểm A, B thuộc (E), biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác đều. Hết HƯỚNG DẪN GIẢI (đề 25) Bài 1: 2) y x4 mx3 2x2 2mx 1 (1) Đạo hàm y/ 4x3 3mx2 4x 3m (x 1)[4x2 (4 3m)x 3m] x 1  / y 0 2 4x (4 3m)x 3m 0 (2)  Hàm số có 2 cực tiểu y có 3 cực trị y / = 0 có 3 nghiệm phân biệt (3m 4)2 0 4 (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 m . 4 4 3m 3m 0 3 4 Giả sử: Với m , thì y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt x , x , x 3 1 2 3  Bảng biến thiên: x - x1 x2 x3 + y/ - 0 + 0 - 0 + y + CĐ + CT CT  Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. 4 Kết luận: Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi m . 3 Bài 2: 2 3 2 1). Ta có: cos3xcos3x – sin3xsin3x = cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) = 8 2 3 2 8 2 3 2 cos23x sin2 3x+3 cos3xcosx sin3xsinx 2 2 cos4x x k ,k Z . 2 16 2 2) Giải phương trình : 2x +1 +x x2 2 x 1 x2 2x 3 0 . (a)
3. v2 u2 2x 1 u x2 2, u 0 u2 x2 2 * Đặt: 2 2 2 2 2 v u 1 v x2 2x 3, v 0 v x 2x 3 x 2  Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 v u 1 v u 1 2 2 v u u v u v (a) v u .u 1 .v 0 v u .u .v 0 2 2 2 2 2 2 v u 0 (b) v u 1 (v u) (v u) 1 0 v u 1 2 2 (v u) 1 0 (c) 2 2  Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm.  Do đó: 1 (a) v u 0 v u x2 2x 3 x2 2 x2 2x 3 x2 2 x 2 1 Kết luận, phương trình có nghiệm duy nhất: x = . 2 Bài 3:  AB 2;0;2   1) + Ta có  AB,CD 6; 6;6 . Do đó mặt phẳng (P) chứa AB và CD 3;3;0 song song CD có một VTPT n 1;1; 1 và A(-1; -1; 0) thuộc (P) có phương trình: x + y – z + 2 = 0.(P) Thử tọa độ C(2; -2; 1) vào phương trình (P) C không thuộc (P), do đó (P) // CD.     AB.CD 1 + cos AB,CD cos AB,CD AB,CD 600 AB.CD 2 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p) Oz.     DP 1; 1; p 1 ; NM m; n;0 DP.NM m n Ta có :     . DN 1;n 1; 1 ;PM m;0; p DN.PM m p Mặt khác: x y z Phương trình mặt phẳng ( ) theo đoạn chắn: 1. Vì D ( ) nên: m n p 1 1 1 1. m n p
4.     DP  NM DP.NM 0 D là trực tâm của MNP     . Ta có hệ: DN  PM DN.PM 0 m n 0 m 3 m p 0 . n p 3 1 1 1 1 m n p x y z Kết luận, phương trình của mặt phẳng ( ): 1. 3 3 3 du dx 2 u x 1 Bài 4: Tính tích phân I x 1 sin 2xdx . Đặt 1 0 dv sin 2xdx v cos2x 2 /2 1 2 1 1 2 I = x 1 cos2x cos2xdx 1 sin 2x 1. 2 0 2 0 4 4 0 4 Bài 5: Giải phương trình 4x 2x 1 2 2x 1 sin 2x y 1 2 0 (*) Ta có: (*) x x 2 2 1 sin 2 y 1 0(1) 2x 1 sin 2x y 1 cos2 2x y 1 0 x cos 2 y 1 0(2) Từ (2) sin 2x y 1 1. Khi sin 2x y 1 1, thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN) Khi sin 2x y 1 1, thay vào (1), ta được: 2x = 2 x = 1. Thay x = 1 vào (1) sin(y +1) = -1 y 1 k ,k Z . 2 Kết luận: Phương trình có nghiệm: 1; 1 k ,k Z . 2 2 2 2 Bài 6: Giải bất phương trình: 9x x 1 1 10.3x x 2 . Đặt t 3x x , t > 0. Bất phương trình trở thành: t2 – 10t + 9 0 ( t 1 hoặc t 9) 2 Khi t 1 t 3x x 1 x2 x 0 1 x 0 .(i) x2 x 2 x 2 Khi t 9 t 3 9 x x 2 0 (2i) x 1 Kết hợp (i) và (2i) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (- ; -2][-1;0][1; + ). Bài 7:
5. k 1) Số tập con k phần tử được trích ra từ tập A là C50 Số tất cả các tập con không 2 4 6 50 rỗng chứa một số chẵn các phần tử từ A là : S = S C50 C50 C50 C50 . 50 0 1 2 2 49 49 50 50 Xét f(x) = 1 x C50 C50 x C50 x C50 x C50 x 50 0 1 2 49 50 Khi đó f(1) =2 C50 C50 C50 C50 C50 . 0 1 2 49 50 f(-1) = 0 C50 C50 C50 C50 C50 50 2 4 6 50 50 Do đó: f(1) + f(-1) = 2 2 C50 C50 C50 C50 2 2 1 S 250 S 249 1. Kết luận:Số tập con tìm được là S 249 1 1 3 3 1 3 1 3 2) Ta có z2 i . Do đó: 1 z z2 1 i i 0 4 4 2 2 2 2 2 Bài 8: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của ABC. Vì A'.ABC là hình chóp đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC) là = ·A'EH . a 3 a 3 a 3 9b2 3a 2 Tá có : AE , AH , HE A'H A' A2 AH 2 . 2 3 6 3 A'H 2 3b2 a2 Do đó: tan ; HE a a2 3 a2 3b2 a2 S V A'H.S ABC 4 ABC.A' B 'C ' ABC 4 1 a2 3b2 a2 V A'H.S . A'.ABC 3 ABC 12 Do đó: VA' BB 'CC ' VABC.A' B 'C ' VA'.ABC . 1 a2 3b2 a2 V A'H.S (đvtt) A' BB 'CC ' 3 ABC 6