Đề thi thử Đại học, Cao đẳng môn Toán Lớp 12 - Đề số 26 - Năm học 2012-2013 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử Đại học, Cao đẳng môn Toán Lớp 12 - Đề số 26 - Năm học 2012-2013 (Có đáp án)

1. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 26) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 4 2 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y f (x) 8x 9x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình 4 2 8cos x 9cos x m 0 với x [0; ] . Câu II (2 điểm) : Giải phương trình, hệ phương trình: log3 x 2 2 1 x y x y 12 1. x 2 x x 2 ; 2. 2 2 2 y x y 12 2 Câu III: Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường y | x 4x | và y 2x . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm 2 4sin3xsinx + 4cos 3x - cos x + cos 2x + m 0 4 4 4 PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y 1 0 và phân giác trong CD: x y 1 0 . Viết phương trình đường thẳng BC. x 2 t 2. Cho đường thẳng (D) có phương trình: y 2t .Gọi là đường thẳng qua z 2 2t điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng 1 1 1 5 xy 1 yz 1 zx 1 x y z 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
2. x 1 2t 2. Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng có phương trình tham số y 1 t z 2t .Một điểm M thay đổi trên đường thẳng , tìm điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh 1 1 2 b c a 2 3a b 3a c 2a b c 3a c 3a b Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 26 Câu Ý Nội dung Điể m I 2 1,00 Xét phương trình 8cos4 x 9cos2 x m 0 với x [0; ] (1) Đặt t cosx , phương trình (1) trở thành: 8t 4 9t 2 m 0 (2) 0,25 Vì x [0; ] nên t [ 1;1] , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau. Ta có: (2) 8t 4 9t 2 1 1 m (3) 4 2 Gọi (C1): y 8t 9t 1 với t [ 1;1] và (D): y = 1 – m. 0,25 Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D). Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền 1 t 1. Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: 81 • m : Phương trình đã cho vô nghiệm. 32 81 1. m : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. 32 0,50 81 • 1 m : Phương trình đã cho có 4 nghiệm. 32 • 0 m 1 : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. • m 0 : Phương trình đã cho có 1 nghiệm. • m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm. II 2,00 1 1,00 Phương trình đã cho tương đương: x 2 0 x 2 0 x 2 log x log3 x 1 3 1 1 log x ln x 0 0,50 x 1 ln x 0 3 2 2 2 x 2 x 2 0 x 2
3. x 2 x 2 x 2 log3 x 0 x 1 x 1 x 2 1 1 3 0,50 ln x 0 x 1 x 2 2 2 x 2 x 2 x 2 2 1,00 Điều kiện: | x | | y | u x2 y2 ; u 0 Đặt ; x y không thỏa hệ nên xét x y ta có v x y 1 u2 y v . 2 v 0,25 Hệ phương trình đã cho có dạng: u v 12 u u2 v 12 2 v u 4 u 3 hoặc v 8 v 9 u 4 x2 y2 4 + (I) 0,25 v 8 x y 8 u 3 x2 y2 3 + (II) v 9 x y 9 Giải hệ (I), (II). 0,25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S 5;3 , 5;4  0,25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ 1,00 phương trình ban đầu là S 5;3 , 5;4  III 0,25 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y | x2 4x | (C) và d : y 2x Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): 0,25
4. x 0 x 0 x 0 2 2 2 | x 4x | 2x x 4x 2x x 6x 0 x 2 2 2 x 4x 2x x 2x 0 x 6 Suy ra diện tích cần tính: 2 6 S x2 4x 2x dx x2 4x 2x dx 0 2 2 Tính: I | x2 4x | 2x dx 0 Vì x 0;2, x2 4x 0 nên | x2 4x | x2 4x 0,25 2 4 I x2 4x 2x dx 0 3 6 Tính K | x2 4x | 2x dx 2 Vì x 2;4, x2 4x 0 và x 4;6, x2 4x 0 nên 0,25 4 6 K 4x x2 2x dx x2 4x 2x dx 16 . 2 4 4 52 1,00 Vậy S 16 3 3 IV 0,25 0,25 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có: AB  IC AB  CHH ' ABB ' A'  CII 'C ' AB  HH ' Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K II ' .
5. Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 x 3 1 x 3 I ' K I ' H ' I 'C ' ; IK IH IC 3 6 3 3 0,25 Tam giác IOI’ vuông ở O nên: x 3 x 3 I ' K.IK OK 2 . r 2 x2 6r2 6 3 h Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V B B ' B.B ' 3 0,25 4x2 3 x2 3 3r2 3 Trong đó: B x2 3 6r2 3; B ' ; h 2r 4 4 2 2r 3r2 3 3r2 3 21r3. 3 Từ đó, ta có: V 6r2 3 6r2 3. 0,25 3 2 2 3 V 1,00 Ta có: +/ 4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x ; +/ 4cos 3x - cos x + 2 cos 2x - cos4x 2 sin 2x + cos4x 4 4 2 2 1 1 0,25 +/ cos 2x + 1 cos 4x + 1 sin 4x 4 2 2 2 Do đó phương trình đã cho tương đương: 1 1 2 cos2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1) 2 2 Đặt t cos2x + sin2x = 2cos 2x - (điều kiện: 2 t 2 ). 4 Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t2 1. Phương trình (1) trở thành: t 2 4t 2m 2 0 (2) với 2 t 2 (2) t 2 4t 2 2m 0,25 Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường (D) : y 2 2m (là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): y t 2 4t với 2 t 2 . 2 Trong đoạn 2; 2 , hàm số y t 4t đạt giá trị nhỏ nhất là 0,25 2 4 2 tại t 2 và đạt giá trị lớn nhất là 2 4 2 tại t 2 . Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 4 2 2 2m 2 4 2 0,25 2 2 m 2 2 . VI 2,00
6. a 1 1,00 Điểm C CD : x y 1 0 C t;1 t . Suy ra trung điểm M của AC là 0,25 t 1 3 t M ; . 2 2 t 1 3 t 0,25 Điểm M BM : 2x y 1 0 2 1 0 t 7 C 7;8 2 2 Từ A(1;2), kẻ AK  CD : x y 1 0 tại I (điểm K BC ). 0,25 Suy ra AK : x 1 y 2 0 x y 1 0 . x y 1 0 Tọa độ điểm I thỏa hệ: I 0;1 . x y 1 0 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK tọa độ của K 1;0 . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: x 1 y 4x 3y 4 0 7 1 8 2 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng , thì (P) //(D) hoặc (P)  (D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH IA và IH  AH . d D , P d I, P IH Mặt khác H P Trong mặt phẳng P , IH IA ; do đó maxIH = IA H  A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A.  Vectơ pháp tuyến của (P0) là n IA 6;0; 3 , cùng phương với v 2;0; 1 . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2 x 4 1. z 1 2x - z - 9 = 0 . VIIa
7. Để ý rằng xy 1 x y 1 x 1 y 0 ; yz 1 y z và tương tự ta cũng có 0,25 zx 1 z x Vì vậy ta có: 1,00 1 1 1 x y z x y z 1 1 1 xy 1 yz 1 zx 1 yz 1 zx 1 xy 1 x y z 3 yz 1 zx+y xy z 1 z y x 5 vv yz 1 zx y xy z z y x 1 5 z y y z 5 Ta có: AB 1;2 AB 5 . Phương trình của AB là: 2x y 2 0 . 0,25 I d : y x I t;t . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: C 2t 1;2t , D 2t;2t 2 . Mặt khác: SABCD AB.CH 4 (CH: chiều cao) 4 0,25 CH . 5 Ngoài ra: 4 5 8 8 2 | 6t 4 | 4 t C ; , D ; 3 3 3 3 3 d C; AB CH 5 5 0,50 t 0 C 1;0 , D 0; 2 5 8 8 2 Vậy tọa độ của C và D là C ; , D ; hoặc C 1;0 , D 0; 2 3 3 3 3 2 1,00
8. Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. x 1 2t Đường thẳng có phương trình tham số: y 1 t . z 2t Điểm M nên M 1 2t;1 t;2t . 2 0,25 AM 2 2t 2 4 t 2 2t 2 9t 2 20 3t 2 2 5 2 BM 4 2t 2 2 t 2 6 2t 2 9t 2 36t 56 3t 6 2 2 5 2 2 AM BM 3t 2 2 5 3t 6 2 2 5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u 3t;2 5 và v 3t 6;2 5 . 2 2 | u | 3t 2 5 Ta có 2 0,25 | v | 3t 6 2 2 5 Suy ra AM BM | u | | v | và u v 6;4 5 | u v | 2 29 Mặt khác, với hai vectơ u, v ta luôn có | u | | v | | u v | Như vậy AM BM 2 29 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u, v cùng hướng 3t 2 5 t 1 0,25 3t 6 2 5 M 1;0;2 và min AM BM 2 29 . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 11 29 0,25 VIIb 1,00
9. a b c Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b c a . c a b a b c a Đặt x, y,a z x, y, z 0 x y z, y z x, z x y . 2 2 0,50 Vế trái viết lại: a b a c 2a VT 3a c 3a b 2a b c x y z y z z x x y 2z z Ta có: x y z z x y z 2z x y . x y z x y x 2x y 2y Tương tự: ; . y z x y z z x x y z 0,50 x y z 2 x y z Do đó: 2 . y z z x x y x y z 1 1 2 b c Tức là: a 2 3a b 3a c 2a b c 3a c 3a b