Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 64 (Kèm hướng dẫn giải)

Chia sẻ: Ngô Thị Thu Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

78
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 64 có kèm theo hướng dẫn giải này bao gồm những câu hỏi liên quan đến: tính thể tích hình chóp cụt, giải phương trình, hệ phương trình,...sẽ giúp ích rất nhiều cho các bạn học sinh ôn tập, nắm vững kiến thức để đạt được điểm tốt trong kì thi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học, Cao đẳng Toán 2012 đề 64 (Kèm hướng dẫn giải)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 64) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  f ( x)  8x  9x  1 4 2 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 8cos4 x  9cos2 x  m  0 với x [0;  ] . Câu II (2 điểm) : Giải phương trình, hệ phương trình: log3 x  x  y  x 2  y 2  12   x  2  x   1     x2  2  y x  y  12 2.  2 2 1. ; Câu III: Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường y | x 2  4 x | 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       4sin3xsinx + 4cos  3x -  cos  x +   cos2  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: 2 x  y  1  0 và phân giác trong CD: x  y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng BC.  x  2  t   y  2t  z  2  2t 2. 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 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. Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng  có phương trình tham số  x  1  2t   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
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 64 Câu Ý Nội dung Điểm I 2 1,00 Xét phương trình 8cos x  9cos x  m  0 với x [0;  ] (1) 4 2 Đặt t  cosx , phương trình (1) trở thành: 8t  9t  m  0 (2) 4 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  9t  1  1  m (3) 4 2 Gọi (C1): y  8t  9t  1 với t [1;1] và (D): y = 1 – m. 4 2 0,25 Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C 1) 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  32 : Phương trình đã cho vô nghiệm. 81 m 1. 32 : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. 81 0,50 1 m   32 : Phương trình đã cho có 4 nghiệm.  0  m 1 : Phương trình đã cho có 2 nghiệm.  m0 : Phương trình đã cho có 1 nghiệm.  m
1 1,00 Phương trình đã cho tương đương:  x2 0 x  2  0 x  2    0,50    ln  x  1    1 log x log3 x 1 3   x    1      0   log 3 x ln  x    0   2   2   2    x  2  0   x  2   x  2 x  2 x  2 x  2      log 3 x  0  x  1  x  1     1   1    3x2 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  x 2  y 2 ; u  0   Đặt v  x  y  ; x   y không thỏa hệ nên xét x   y ta 1 u2  y  v   2 v  0,25 có . Hệ phương trình đã cho có dạng: u  v  12  u  u2   2  v  v   12    u  4 u  3   v  8 hoặc v  9 0,25
u  4  x2  y 2  4    + v  8 x  y  8  (I) u  3  x 2  y 2  3    + v  9 x  y  9  (II) 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 | x  4 x | (C) và 2  d  : y  2x Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): x  0 x  0 x  0  2  2 | x  4 x | 2 x    x  4 x  2 x    x  6 x  0   x  2 2  0,25  2  2 x  6   x  4 x  2 x  x  2 x  0  Suy ra diện tích cần tính:    x  2 6 S x 2  4 x  2 x dx  2  4 x  2 x dx 0 2
2 I   | x 2  4 x | 2 x  dx Tính: 0 Vì x  0; 2 , x  4 x  0 nên | x  4 x |  x  4 x  2 2 2 0,25 2 I     x 2  4 x  2 x  dx  4 0 3 6 K   | x 2  4 x | 2 x  dx Tính 2 Vì x   2; 4 , x  4 x  0 và x   4;6 , x  4 x  0 nên 2 2 0,25 4 6 K    4 x  x 2  2 x  dx    x 2  4 x  2 x  dx  16 2 4 . 4 52 1,00 S  16  Vậy 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 ' . 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  x 2  6r 2 6 3 Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V h 3  B  B ' B.B '  0,2 4x 2 3 x 2 3 3r 2 3 5 B  x 2 3  6r 2 3; B '   ; h  2r Trong đó: 4 4 2 2r  2 3r 2 3 3r 2 3  21r 3 . 3 0,2 V  6r 3   6r 2 3.  3 2 2  3 5 Từ đó, ta có:   V 1,0 0 Ta có: 4sin3xsinx = 2  cos2x - cos4x  +/ ; 0,2 +/ 5         4cos  3x -  cos  x +   2 cos  2x -   cos4x   2  sin 2x + cos4x   4  4   2 
   1    1 cos 2  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   t  cos2x + sin2x = 2cos  2x -  Đặt  4  (điều kiện:  2  t  2 ). Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1 . Phương trình (1) trở thành: 2 t 2  4t  2m  2  0 (2) với  2  t  2 (2)  t 2  4t  2  2m 0,2 5 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  4t với  2  t  2 . 2   2; 2  Trong đoạn   , hàm số y  t  4t đạt giá trị nhỏ nhất là 2 0,2 2  4 2 tại t   2 và đạt giá trị lớn nhất là 2  4 2 tại t  2 . 5 Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2  4 2  2  2m  2  4 2 0,2 5  2 2  m  2 2 . VI 2,0 a 0 1 1,0 0
Điểm C  CD : x  y  1  0  C  t;1  t  . 0,2 Suy ra trung điểm M của AC là 5  t 1 3  t  M ;   2 2 .  t 1  3  t 0,25 M  BM : 2 x  y  1  0  2    1  0  t  7  C  7;8  Điểm  2  2 Từ A(1;2), kẻ AK  CD : x  y 1  0 tại I (điểm K  BC ). Suy ra AK :  x  1   y  2  0  x  y  1  0 . 0,25 x  y 1  0   I  0;1 Tọa độ điểm I thỏa hệ:  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  3 y  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   H   P  Mặt khác  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. n  IA   6;0; 3 Vectơ pháp tuyến của (P0) là , 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 Để ý rằng  xy  1   x  y   1  x 1  y   0 ; 0,2  yz  1  y  z 5  và tương tự ta cũng có  zx  1  z  x Vì vậy ta có: 1,0 0  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  yz  1 zx  y xy  z   z y   x 1   5  z y yz 5 vv
Ta có: AB   1; 2   AB  5 . Phương trình của AB là: 0,2 2x  y  2  0 . 5 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: S ABCD  AB.CH  4 (CH: chiều cao) 4 0,25  CH  5. Ngoài ra:  4 5 8 8 2 | 6t  4 | 4 t  3  C  3 ; 3  , D  3 ; 3  d  C; AB   CH        5 5 t  0  C  1;0  , D  0; 2   0,50 5 8 8 2 C  ; , D ;  Vậy tọa độ của C và D là  3 3   3 3  hoặc  C 1;0  , D  0; 2  2 1,00 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 0,25   y  1 t  z  2t Đường thẳng  có phương trình tham số:  . Điểm M  nên  M 1  2t;1  t; 2t  .
 2  2t    4  t    2t   3t    2 AM   9t 2  20   2 5 2 2 2 2  4  2t    2  t    6  2t   3t  6    2 BM   9t 2  36t  56   2 5 2 2 2 2  3t     3t  6    2 2 AM  BM   2 5   2 5 2 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ  u  3t; 2 5  và  v  3t  6; 2 5 .   3t    2 | u |  2 5 2   | v |  3t  6    2  2 5 2 Ta có   0,25 u  v   6; 4 5  | u  v | 2 29 Suy ra AM  BM | u |  | v | và 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  min  AM  BM   2 29 và . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2  11  29  0,25 VIIb 1,00
a  b  c  b  c  a  Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: c  a  b . ab ca  x,  y, a  z  x, y, z  0   x  y  z, y  z  x, z  x  y Đặt 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 x  y  z  z  x  y  z   2z  x  y    Ta có: 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    2 Do đó: yz zx x y x yz .  1 1 2  b c a     2 Tức là:  3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b