đề thi thử đại học môn toán năm 2012-2013 - đề số 28

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 28) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: ( ) 3 2 3 1 9 2y x m x x m = − + + + − (1) có đồ thị là (C m ) 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m =1. 2) Xác định m để (C m ) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng 1 2 y x= . Câu II: (2,5 điểm) 1) Giải phương trình: ( ) ( ) 3 sin 2 cos 3 2 3 os 3 3 os2 8 3 cos sinx 3 3 0x x c x c x x+ − − + − − = . 2) Giải bất phương trình : ( ) 2 2 1 2 1 1 log 4 5 log 2 7 x x x   + − >  ÷ +   . 3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=x.sin2x, y=2x, x= 2 π . Câu III: (2 điểm) 1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với đáy một góc là 45 0 . Gọi P là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ xuống (ABC) là H sao cho 1 2 AP AH = uuur uuur . gọi K là trung điểm AA’, ( ) α là mặt phẳng chứa HK và song song với BC cắt BB’ và CC’ tại M, N. Tính tỉ số thể tích ' ' ' ABCKMN A B C KMN V V . 2) Giải hệ phương trình sau trong tập số phức: ( ) 2 2 2 2 2 2 6 5 6 0 a a a a a b ab b a a  + − =  +   + + + − =  Câu IV: (2,5 điểm) 1) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm của hệ sau: 2 2 1 3 1 9 19 2 2 720 m m n m n C C A P − + −  + + <    =  2 ) Cho Elip có phương trình chính tắc 2 2 1 25 9 x y + = (E), viết phương trình đường thẳng song song Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB=4. 3) Cho hai đường thẳng d 1 và d 2 lần lượt có phương trình: 1 2 : 2 3 x t d y t z t = +   = +   = −  2 1 2 1 : 2 1 5 x y z d − − − = = Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d 1 và d 2 ? Câu V: Cho a, b, c 0≥ và 2 2 2 3a b c+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 2 2 2 1 1 1 a b c P b c a = + + + + + ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 28 Câu NỘI DUNG Điểm Câu I. b) 9)1(63' 2 ++−= xmxy Để hàm số có cực đậi, cực tiểu: 09.3)1(9' 2 >−+=∆ m 03)1( 2 >−+= m );31()31;( +∞+−∪−−−∞∈⇔ m Ta có ( ) 14)22(29)1(63 3 1 3 1 22 ++−+−++−       + −= mxmmxmx m xy Gọi tọa độ điểm cực đại và cực tiểu là (x 1 ; y 1 ) và (x 2 ; y 2 ) 14)22(2 1 2 1 ++−+−=⇒ mxmmy 14)22(2 2 2 2 ++−+−= mxmmy Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là 14)22(2 2 ++−+−= mxmmy Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt xy 2 1 = ta có điều kiện cần là [ ] 1 2 1 .)22(2 2 −=−+− mm 122 2 =−+⇔ mm    −= = ⇔=−+⇔ 3 1 032 2 m m mm Theo định lí Viet ta có:    = +=+ 3. )1(2 21 21 xx mxx Khi m = 1 ⇒ ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = - 2x + 5. Tọa độ trung điểm CĐ và CT là: 0,25đ 0,25đ 0,5đ Câu II.        = ++− = + == + 1 2 10)(2 2 2 2 4 2 2121 21 xxyy xx Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (2; 1) thuộc đường thẳng xy 2 1 = 1 =⇒ m thỏa mãn. Khi m = -3 ⇒ ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = -2x – 11. Tọa độ trung điểm CĐ và CT là:        = ++− = + −= + 9 2 10)(2 2 2 2 2121 21 xxyy xx Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (-2; 9) không thuộc đường thẳng xy 2 1 = 3−=⇒ m không thỏa mãn. Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài. 1) Giải phương trình: 033)sincos.3(833cos36cos.32cos.sin6cos.sin2 033)sincos.3(82cos.33cos.32)3(cos2sin 232 3 =−−++−−+⇔ =−−+−−+ xxxxxxxx xxxxxx 0)sincos3(8)sincos3(cos.6)sincos3(cos2 2 =−+−−−−⇔ xxxxxxxx      = = = ⇔     =−+ =− ⇔ =+−−−⇔ )(4cos 1cos 3tan 04cos3cos 0sincos3 0)8cos6cos2)(sincos3( 2 2 loaix x x xx xx xxxx Ζ∈     = += ⇔ k kx kx , 2 3 π π π 2) Giải bất phương trình: ) 7 1 (log)54(log 2 1 2 1 2 2 + >−+ x xx (1) Đk:    −> +∞∪−−∞∈ ⇔    >+ >−+ 7 );1()5;( 07 054 2 x x x xx )1()5;7( ∞+∪−−∈⇒ x Từ (1) 7 1 log2)54(log 2 2 2 + −>−+⇒ x xx 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 5 27 5410 491454 )7(log)54(log 22 2 2 2 2 − <⇔ >−⇔ ++>−+⇔ +>−+⇔ x x xxxx xxx Kết hợp điều kiện: Vậy BPT có nghiệm: ) 5 27 ;7( − −∈x 3) Ta có: x.sin2x = 2x ⇔ x.sin2x – 2x = 0 ⇔ x(sin2x – 2) =0 ⇔ x = 0 Diện tích hình phẳng là: ∫∫ −=−= 2 0 2 0 )22(sin)22sin.( π π dxxxdxxxxS Đặt      − − = = ⇒    −= = x x v dxdu dxxdv xu 2 2 2cos )22(sin ∫       ++−−= 2 0 2 0 2 2 2 2cos 2 2 2cos. ( π π dxx x x xx S 2 0 2 2 4 2sin 24 π ππ       ++−=⇔ x x S 44424 222 πππππ −=+−=⇔ S (đvdt) Gọi Q, I, J lần lượt là trung điểm B’C’, BB’, CC’ ta có: 2 3a AP = 3aAH =⇒ Vì '' AHA∆ vuông cân tại H. Vậy 3' aHA = HASV ABCCBABCA '. ''' =⇒ Ta có 4 3 2 3 . 2 1 2 aa aS ABC == (đvdt) 4 3 4 3 .3 32 ''' aa aV CBABCA ==⇒ (đvtt) (1) 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 45 E K J I A B C C' B' A' P H Q N M Câu III. Vì '' AHA∆ vuông cân ( ) CCBBHKAAHK ''' ⊥⇒⊥⇒ G ọi E = MN ∩ KH ⇒ BM = PE = CN (2) mà AA’ = 22 ' AHHA + = 633 22 aaa =+ 4 6 2 6 a CNPEBM a AK ===⇒=⇒ Ta có thể tích K.MNJI là: 1 . 3 1 1 6 ' 2 4 4 MNJI V S KE a KE KH AA = = = = 2 6 6 . . ( ) 4 4 MNJI a a S MN MI a dvdt= = = 2 3 1 6 6 ( ) 3 4 4 8 KMNJI a a a V dvtt⇒ = = 3 3 2 3 ' ' ' 3 1 8 8 3 2 8 8 ABCKMN A B C KMN a a V a a V − ⇒ = = + 2) Giải hệ phương trình sau trong tập số phức:      =−+++ = + −+ 06)()( 5 6 222 2 2 aabbaa aa aa ĐK: 0 2 ≠+ aa Từ (1) 06)(5)( 222 =−+−+⇔ aaaa     =+ −=+ ⇔ 6 1 2 2 aa aa Khi 1 2 −=+ aa thay vào (2)       +− = −− = ⇔ =++⇒ =−−−⇒ 2 .231 2 .231 06 06 2 2 i b i b bb bb 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,2 5đ 0,25đ       +− = −− = ⇔=++ 2 31 2 31 01 2 i a i a aa Khi 6 2 =+ aa    = −= ⇔ 2 3 a a Thay vào (2)       −− = +− = ⇔ =−+⇔ =−+⇒ 2 51 2 51 01 0666 2 2 b b bb bb Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là:         +−−−         −−−− 2 31 ; 2 231 , 2 31 ; 2 231 iiii         −−+−         −−+− 2 31 ; 2 231 , 2 31 ; 2 231 iiii         −−         +−         −− −         +− − 2 51 ;2, 2 51 ;2, 2 51 ;3, 2 51 ;3      = <++ − + − 720 2 19 2 9 1 12 3 2 n mn m m P AcC Từ (2): 761!6720)!1( =⇔=−⇔==− nnn (3) Thay n = 7 vào (1) )!1( ! . 2 19 9 !8!2 !10 )!2(!2 ! − <++ − ⇒ m m m m 09920 19990 2 19 2 9 45 2 )1( 2 2 <+−⇔ <++−⇔ <++ − ⇔ mm mmm m mm 119 <<⇔ m vì 10=⇒Ζ∈ mm Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau: TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu IV: 1575. 2 10 3 7 =CC cách TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: 350. 1 10 4 7 =CC cách TH3: 5 bông hồng nhung có: 21 5 7 =C cách ⇒ có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách. Số cách lấy 4 bông hồng thường %45,31 6188 1946 6188 5 17 ≈=⇒ = P C 2) Gọi ptđt // Oy là: x = a (d) tung độ giao điểm (d) và Elip là: 25 25 25 1 9 1 925 222 22 aay ya − =−=⇔ =+ 2 2 2 25 5 3 25 25 .9 ay a y −±=⇒ − =⇒ Vậy       −−       − 22 25 5 3 ;,25 5 3 ; aaBaaA       −= 2 25 5 6 ;0 aAB 9 125 9 100 25 9 100 25 3 10 25 425 5 6 || 222 2 =−=⇔=−⇔=−⇔ =−=⇒ aaa aAB 3 55 ±=⇒ a Vậy phương trình đường thẳng: 3 55 , 3 55 = − = xx 3)đường thẳng d 2 có PTTS là:      += += += '51 '2 '21 tz ty tx ⇒ vectơ CP của d 1 và d 2 là: 1 2 (1;1; 1), (2;1;5) d d u u= − = r ⇒ VTPT của mp( α ) là 1 2 . (6; 7; 1) d d n u u α   = = − −   r r r ⇒ pt mp( α ) có dạng 6x – 7y – z + D = 0 Đường thẳng d 1 và d 2 lần lượt đi qua 2đ’ M(2; 2; 3) và N(1; 2; 1) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu V: ( ,( )) ( ,( )) |12 14 3 | | 6 14 1 | | 5 | | 9 | 7 d M d N D D D D D α α ⇒ = − − + = − − + ⇔ − + = − + ⇔ = Vậy PT mp( α ) là: 3x – y – 4z + 7 0= Ta có: P + 3 = 2 2 3 2 2 3 2 2 3 111 a a c c c b b b a + + ++ + ++ + 24 1 1212 24 6 2 2 2 2 3 b b a b a P + + + + + =+⇔ 24 1 1212 2 2 2 2 3 c c b c b + + + + + + 24 1 1212 2 2 2 2 3 a a c a c + + + + + + 3 6 3 6 3 6 216 3 216 3 216 3 cba ++≥ 6 222 3 82 9 )( 222 3 22 3 =++≥+⇒ cbaP 2 3 22 3 22 9 22 3 22 9 6 3 =−=−≥⇒ P Để P Min khi a = b = c = 1 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 28) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: ( ) 3. II.        = ++− = + == + 1 2 10)(2 2 2 2 4 2 2121 21 xxyy xx Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (2; 1) thu c đường thẳng xy 2 1 = 1 =⇒ m thỏa mãn. Khi m = -3 ⇒ ptđt đi qua hai