Đề thi thử Đại học, Cao đẳng môn Toán Lớp 12 - Đề số 31 - Năm học 2012-2013 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử Đại học, Cao đẳng môn Toán Lớp 12 - Đề số 31 - Năm học 2012-2013 (Có đáp án)

1. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 31) I. PHẦN CHUNG: Câu 1: 2x 4 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x 1 2. Tìm trên (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(- 3;0) và N(- 1; - 1) Câu 2: 1 3x 7 1. Giải phương trình: 4cos4x – cos2x cos4x +cos = 2 4 2 2. Giải phương trình: 3x.2x = 3x + 2x + 1 Câu 3: 2 1 sinx x Tính tích phân: K = e dx 0 1+cosx Câu 4: Cho hình chóp tam gíac đều S.ABC độ dài cạnh bên bằng 1. Các mặt bên hợp với mặt phẳng đáy một góc α. Tính thể tích hình cầu nội tiếp hình chóp S.ABC. Câu 5: x 2 y z 4 Cho đường thẳng (d): và hai điểm A(1;2; - 1), B(7;-2;3). Tìm trên 3 2 2 (d) những điểm M sao cho khoảng cách từ đó đến A và B là nhỏ nhất II. PHẦN RIÊNG: 1) Theo cương trình chuẩn: Câu 6a: 1.Năm đoạn thẳng có độ dài 2cm, 4cm, 6cm, 8cm, 10cm. Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng trong năm đoạn thẳng trên. Tìm xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác. x x 8 y x y y 2. Giải hệ phương trình: x y 5 Câu 7a: cosx Tìm giá trị nhỏ nhất y = với 0 < x ≤ sin2 x(2cosx -sinx) 3 2) Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: n x 1. Tìm các giá trị x trong khai triển nhị thức Newton: 2lg(10 3 ) 5 2(x 2)lg3 biết 1 3 2 rằng số hạng thứ 6 của khai triển bằng 21 và Cn Cn 2Cn
2. 2 2 2. Cho 3 cos sin . Tìm các số phức β sao cho β3 = α 3 3 Câu 7b: Gọi a, b, c là ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng: 52 a2 b2 c2 2abc 2 27 Hết HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 31) LỜI GIẢI TÓM TẮT: I. PHẦN CHUNG: Câu 1: 1. Bạn đọc tự giải. 2. MN = (2;-1). ==> MN: x + 2y + 3 = 0 Đường thẳng (d)  MN, (d) có dạng phương trình y = 2x + m. Gọi A, B là hai điểm thuộc (C) đối xứng nhau qua đường thẳng MN Hoành độ của A và B là nghiệm của phương trình: 2x 4 2x m 2x2 + mx + m + 4 = 0 ( x ≠ - 1) (1) x 1 Để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có = m2 – 8m – 32 > 0 Ta có A(x1,2x1 + m), B(x2;2x2 + m) với x1, x2 là nghiệm của (1) x1 x2 m m Trung điểm của AB là I ; x1 x2 m  I( ( ; ) ( theo định lý Vi-et) 2 4 2 Ta có I MN ==> m = - 4, (1) 2x2 – 4x = 0 A(0; - 4), B(2;0) Câu 2: 1 3x 7 1. 4cos4x – cos2x cos4x +cos = 2 4 2 1 3x 7 3x (1 + cos2x)2 – cos2x (2cos2 2x 1) +cos = cos2x + cos = 2 2 4 2 4 cos2x = 1 3x ( vì VT ≤ 2 với mọi x) cos 1 4 x k m8 (k;m ¢ ) x = 8n ( n ¢ ) x 3 2. Ta thấy phương trình: 3x.2x = 3x + 2x + 1 (2) có hai nghiệm x = 1. 1 Ta có x = không là nghiệm của phương trình nên 2 2x 1 (2) 3x 2x 1
3. Ta có hàm số y = 3x tăng trên R 2x 1 1 1 hàm số y = luôn giảm trên mỗi khoảng ; , ; 2x 1 2 2 Vậy Phương trình (2) chỉ có hai nghiệm x = 1 Câu 3: x x 1 2sin cos 1 sinx 1 x Ta có 2 2 tan x x 1+cosx 2cos2 2cos2 2 2 2 2 exdx 2 x Vậy: K = ex tan dx = M + N 2 x 2 0 2cos 0 2 2 exdx Với M = Dùng phương pháp tptp x 0 2cos2 2 x u e x u ' e 1 Đặt v ' x 2 x v tan 2cos 2 2 x Vậy M = ex tan 2 - N = e 2 - N ==> K = e 2 2 0 Câu 4: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung điểm của BC, theo tính chất của hình chóp đều A· MS Gọi I là tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp, I SO; N là hình chiếu của I trên SM, MI là phân giác của A· MS a 3 Ta có SO = OM tan = tan ( Với a là độ dài của 6 cạnh đáy) Ta có SO2 + OM2 = SB2 – BM2 a2 a2 a2 2 3 tan2 1 a 12 12 4 4 tan2 tan r = OI = OM.tan = 2 2 4 tan2
4. 4 tan3 2 Vậy V = 3 3 4 tan2 Câu 5:  Ta có AB (6; 4;4) ==> AB//(d) Gọi H là hình chiếu của A trên (d) Gọi (P) là mặt phẳng qua A và (P)  (d) ==> (P): 3x – 2y + 2z + 3 = 0 H = (d) (P) ==> H(- 1;2;2) Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua (d) ==> H là trung điểm của AA’ ==> A’(- 3;2;5) Ta có A;A’;B;(d) cùng nằm trong một mặt phẳng. Gọi M = A’B(d) Lập phương trình đường thẳng A’B ==> M(2;0;4) II. PHẦN RIÊNG: 1) Theo cương trình chuẩn: Câu 6a: 1. Gọi A là biến cố: “ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác” Các khả năng chọn được ba đoạn thẳng lập thành một tam giác {4;6;8}, {4;8;10}, {6;8;10} 3 Vậy: n() = C3 10 ; n(A) = 3 ==> P(A) = 5 10 2. x 0 x x 8 y x y y x(x 1) y(y 8) y 0 2 2 x y 5 y x 5 x(x 1) y(y 8) y x 5 x 1 y 0 x 9 2 3x 22x 45 0 y 4 y x 5 Câu 7a: Trên nửa khoảmg 0; , cosx ≠ 0 chia tử và mẫu của hàm số cho cos3x ta được 3 1 tan2 x y = 2 tan2 x tan3 x Đặt t = tanx ==> t (0; 3] 1 t 2 Khảo sát hàm số y = 2 3 trên nửa khoảng 0; 2t t 3 t 4 3t 2 4t x 0 y’ = 2 3 2 ; y’ = 0 (2t t ) x 1
5. Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 2 khi x = 4 2) Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: 1. Điều kiện: n nguyên dương và n ≥ 3 n! n! n! Ta có C1 C3 2C 2 2 n2 – 9n + 14 = 0 n n n n 1!(n 1)! 3!(n 3)! 2!(n 2)! = 7 2 x x 5 lg(10 3 ) Ta có số hạng thứ 6 : C5 2lg(10 3 ) 5 2(x 2)lg3 = 21 21.2 2(x – 2)lg3 = 21 7 x 0 x (x – 2) x x – 2 2x x lg(10 – 3 ) + lg3 = 0 (10 – 3 )3 = 1 3 - 10.3 + 9 = 0 x 2 2. Gọi β = r( cos + isin ) β3 = r3( cos3 + isin3 ) r 3 3 2 2 r 3 3 Ta có: r3( cos3 + isin3 ) = 3 cos sin 2 k2 3 3 9 3 Suy ra β Câu 7b: Theo tính chất ba cạnh của một tam giác, ta có độ dài mỗi cạnh nhỏ hơn 1 ( vì a + b + c = 2). Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho ba số dương: 1 – a, 1 – b, 1 – c 3 – (a + b + c) 33 (1 a)(1 b)(1 c) > 0 1 28 (1 a)(1 b)(1 c) 0 ab bc ca abc 1 27 27 56 2 2ab 2bc 2ca 2abc 27 56 52 2 (a b c)2 (a2 b2 c2 2abc) a2 b2 c2 2abc 2 27 27 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 3