ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN ĐỀ 26

Chia sẻ: Linh Như | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

40
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học môn toán đề 26', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN ĐỀ 26

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 8cos 4 x  9cos 2 x  m  0 với x  [0;  ] . Câu II (2 điểm) : Giải phương trình, hệ phương trình: log x  1 3  x  y  x 2  y 2  12  1.  x  2   x    x2 ; 2.   2  y x 2  y 2  12  2 Câu III: Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường y | x  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 +   cos 2  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  2. Cho đường thẳng (D) có phương trình:  y  2t .Gọi  là đường  z  2  2t  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 .Một điểm M thay đổi trên đường thẳng  , tìm điểm M để chu vi tam  z  2t  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 Điểm I 2 1,00 Xét phương trình 8cos 4 x  9cos 2 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) Gọi (C1): y  8t 4  9t 2  1 với t  [1;1] và (D): y = 1 – m. Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và 0,25 (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 81 0,50  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
Phương trình đã cho tương đương:  x2 0 x  2  0 x  2  log x  log 3 x    1 3  ln  x  1    1  0   log 3 x ln  x    0 0,50   x    1      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        x2 0,50   ln  x    0   x  1  1   x  3     2   2   2 x  2  x  2 x  2    2 1,00 Điều kiện: | x |  | y | u  x 2  y 2 ; u  0  Đặt  ; x   y không thỏa hệ nên xét x   y ta v  x  y  1 u2  có y   v   . 2 v  0,25 Hệ phương trình đã cho có dạng: u  v  12  u  u2  2  v    12   v  u  4 u  3  hoặc  v  8 v  9 0 u  4  x2  y 2  4  +  (I) , v  8   x y 8 2 5 u  3  x 2  y 2  3  +  (II) v  9 x  y  9  Giải hệ (I), (II). 0 , 2 5 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương 0 trình ban đầu là S   5;3 ,  5; 4  , 2 5
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của 1,00 hệ phương trình ban đầu là S   5;3 ,  5; 4  II 0,25 I Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y | x 2  4 x | (C ) và d  : y  2x Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): x  0 x  0 x  0  2  2 | x 2  4 x | 2 x    x  4 x  2 x    x  6 x  0   x  2  0,25   x 2  4 x  2 x  x2  2 x  0 x  6    Suy ra diện tích cần tính: 2 6  x   x  2 2 S  4 x  2 x dx   4 x  2 x dx 0 2 2 Tính: I   | x 2  4 x | 2 x  dx 0 Vì x   0; 2 , x 2  4 x  0 nên | x 2  4 x |  x 2  4 x  0,25 2 4 I     x 2  4 x  2 x  dx  0 3 6 Tính K   | x 2  4 x | 2 x  dx 2 Vì x   2; 4  , x 2  4 x  0 và x   4; 6 , x 2  4 x  0 nên 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 Vậy S   16  3 3 I 0,25 V 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  AB  IC có:   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 h 0 Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V  3  B  B ' B.B '  , 2 2 2 Trong đó: B  4x 3  x 2 3  6r 2 3; B '  x 3  3r 3 ; h  2r 2 4 4 2 5 2r  2 3r 2 3 3r 2 3  21r 3 . 3 0 Từ đó, ta có: V   6r 3   6r 2 3.  , 3 2 2  3   2 5 V 1 , 0 0 Ta có: +/ 4sin3xsinx = 2  cos2x - cos4x  ;       +/ 4cos  3x -    cos  x +   2  cos  2x -   cos4x   2  sin 2x + cos4x   4  4   2  0  1   1 +/ cos 2  2x +    1  cos  4x +    1  sin 4x      ,  4  2  2  2 2 Do đó phương trình đã cho tương đương: 5 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 = t 2  1 . Phương trình (1) trở thành: t 2  4t  2m  2  0 (2) với  2  t  2 0 (2)  t 2  4t  2  2m , Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( D ) : y  2  2m (là 2 đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và 5 (P): y  t 2  4t với  2  t  2 . Trong đoạn   2; 2  , hàm số y  t 2  4t đạt giá trị nhỏ nhất là 2  4 2 0   , tại t   2 và đạt giá trị lớn nhất là 2  4 2 tại t  2 . 2 5 Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 0 2  4 2  2  2m  2  4 2 ,  2 2  m  2 2 . 2 5 VI 2 a , 0 0 1 1 , 0 0 Điểm C  CD : x  y  1  0  C  t ;1  t  . Suy ra trung điểm M của AC là 0  t 1 3  t  , M ; . 2  2 2  5  t 1  3  t 0 Điểm M  BM : 2 x  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 ). 2 5 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 0 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K  1;0  . , 2 5 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  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 . VII a Để ý rằng  xy  1   x  y   1  x 1  y   0 ; 0  yz  1  y  z , và tương tự ta cũng có   zx  1  z  x 2 5 Vì vậy ta có: 1  1 1 1  x y z ,  x  y  z       0   xy  1 yz  1 zx  1  yz  1 zx  1 xy  1 0 x y z     yz  1 zx+y xy  z  1 z y   x     yz  1 zx  y xy  z   z y   x 1   5  z y yz 5 vv
Ta có:   AB   1;2  AB  5 . Phươn 0 g , trình 2 của 5 AB là: 2 x  y  2  0 . 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) 0 4 ,  CH  . 2 5 5 Ngoài ra:  4 5 8 8 2 | 6t  4 | 4 t  3  C  3 ; 3  , D  3 ; 3  d  C ; AB   CH       0  5 5 t  0  C  1;0  , D  0; ,2  5 5 8 8 2 0 Vậy tọa độ của C và D là C  ;  , D  ;  hoặc  3 3 3 3 C  1; 0  , D  0; 2  2 1 , 0 0 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. 0 Đường thẳng  có phương trình tham số: ,  x   1  2t 2  5  y  1 t .  z  2t  Điểm M   nên M  1  2t ;1  t ; 2t  .
AM  2  2  2t    4  t    2t  2 2  9t 2  20   3t  2   2 5 2 2 2 2 BM   4  2t    2  t    6  2t   9t 2  36t  56  3t  6  2 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 | u |   3t  2   2 5  Ta có   2 0 | v |    3t  6   2 5 2   ,   Suy ra AM  BM | u |  | v | và 2     5   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 0 3t 2 5 ,    t 1 3t  6 2 5 2  M 1; 0; 2  và min  AM  BM   2 29 . 5 Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 11  29   0 , 2 5 VIIb 1,00 Vì a, b, c là ba cạnh tam giác a  b  c  nên: b  c  a . c  a  b 0  , Đặt 5 a b ca  x,  y , a  z  x, y , z  0   x  y  z , y0 z  x, z  x  2 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 . x 2x y 2y 0 Tương tự:  ;  . y z x y z z x x y z , x y z 2 x  y  z 5 Do đó:     2. y z z x x y x y z 0 Tức là:  1 1 2  b c a     2  3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b