de thi thu dai hoc cao dang nam 20122013

Câu III: Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường 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[r]

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