ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ

Chia sẻ: Phạm Đình Thế | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

178
lượt xem 48
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 năm 2012 - 2013 - trường thpt nguyễn huệ', 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 NĂM 2012 - 2013 - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x ) = 8x 4 − 9x 2 + 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; π ] . Câu II (2 điểm) : Giải phương trình, hệ phương trình: log 3 x  x + y + x 2 − y 2 = 12  ( x − 2)  x −  1 1.  ÷ = x−2 ; 2.   2  y x 2 − y 2 = 12  Câu III: Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường y =| x 2 − 4 x | và y = 2 x . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngo ại ti ếp m ột hình c ầu bán kính r cho tr ước. Tính th ể 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  π  π  π 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 thẳng qua điểm A(4;0;-1)  z = 2 + 2t  song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các m ặt ph ẳng 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.  x = −1 + 2t  2. Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ∆ có phương trình tham số  y = 1 − t .Một điểm M  z = 2t  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 + + ÷+ +
Câu Ý Nội dung Điể m I 2 1,00 Xét phương trình 8cos 4 x − 9cos 2 x + m = 0 với x ∈ [0; π ] (1) Đặt t = cosx , phương trình (1) trở thành: 8t 4 − 9t 2 + m = 0 (2) 0,25 Vì x ∈ [0; π ] 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. 0,25 Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) 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> : Phương trình đã cho vô nghiệm. 32 81 1. m = : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. 32 0,50 81 • 1≤ m < : Phương trình đã cho có 4 nghiệm. 32 • 0 < m 2   x > 2 x = 2 x = 2 x = 2       log 3 x = 0  x = 1  x = 1   ⇔  ⇔  ⇔  ⇔x=2  x − 1 = 1  x = 3 1 0,50    ln  x − ÷ = 0      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 có   v = x+ y 1 u2  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 u = 4  x2 − y 2 = 4  + ⇔ (I) 0,25 v = 8 x + y = 8  u = 3  x 2 − y 2 = 3  + ⇔ (II) v = 9 x + y = 9  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 phương trình ban đầu là 1,00 S = { ( 5;3) , ( 5; 4 ) } III 0,25 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y =| x − 4 x | (C ) và ( d ) : y = 2 x 2 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   2  2 x = 6 0,25  x − 4 x = −2 x  x − 2x = 0  Suy ra diện tích cần tính: 2 6 S= ∫( x ) − 4 x − 2 x dx + ∫( x ) − 4 x − 2 x dx 2 2 0 2 2 Tính: I = ∫ ( | x − 4 x | −2 x ) dx 2 0 2 0,25 4 Vì ∀x ∈ [ 0; 2] , x − 4 x ≤ 0 nên | x − 4 x |= − x + 4 x ⇒ I = ∫ ( − x + 4 x − 2 x ) dx = 2 2 2 2 0 3 6 Tính K = ∫ ( | x − 4 x | −2 x ) dx 2 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 Vậy S = + 16 = 3 3 IV 0,25
Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung 0,25 điểm của AB, A’B’.  AB ⊥ IC Ta 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 x 3 x 3 Tam giác IOI’ vuông ở O nên: 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 ' ) 0,25 4x 2 3 x 2 3 3r 2 3 Trong đó: B = = x 2 3 = 6r 2 3; B ' = = ; h = 2r 4 4 2 2r  2 3r 2 3 3r 2 3  21r 3 . 3 Từ đó, ta có: V =  6r 3 + + 6r 2 3. ÷= 0,25 3 2 2 ÷ 3   V 1,00 Ta có: +/ 4sin3xsinx = 2 ( cos2x - cos4x ) ;  π  π   π  +/ 4cos  3x - ÷cos  x + ÷ = 2  cos  2x - ÷+ cos4x  = 2 ( sin 2x + cos4x )  4  4   2  2 π  1  π  1 +/ cos  2x + ÷ = 1 + cos  4x + ÷÷ = ( 1 − sin 4x ) 0,25  4  2  2  2 Do đó phương trình đã cho tương đương: 1 1 2 ( cos2x + sin2x ) + sin 4x + m - = 0 (1) 2 2  π Đặt t = cos2x + sin2x = 2cos  2x - ÷ (điều kiện: − 2 ≤ t ≤ 2 ).  4 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 0,25 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 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 tại t = − 2 0,25   và đạt giá trị lớn nhất là 2 + 4 2 tại t = 2 .
Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 − 4 2 ≤ 2 − 2m ≤ 2 + 4 2 0,25 ⇔ −2 2 ≤ m ≤ 2 2 . VIa 2,00 1 1,00 Điểm C ∈ CD : x + y − 1 = 0 ⇒ C ( t ;1 − t ) .  t +1 3 − t  Suy ra trung điểm M của AC là M  ; ÷.  2 2  0,25  t +1  3 − t 0,25 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 ). 0,25 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 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của K ( −1;0 ) . x +1 y Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: = ⇔ 4x + 3y + 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. r uu r r 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 . VIIa Để ý rằng ( xy + 1) − ( x + y ) = ( 1 − x ) ( 1 − y ) ≥ 0 ;  yz + 1 ≥ y + z và tương tự ta cũng có  0,25  zx + 1 ≥ z + x
Vì vậy ta có: 1,00  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  vv = x − − ÷+ 5  yz + 1 zx + y xy + z   z y  ≤ x 1 − − ÷+ 5  z+ y y+z =5 uuu r Ta có: AB = ( −1; 2 ) ⇒ AB = 5 . Phương trình của AB là: 2x + y − 2 = 0 . 0,25 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 ) . 4 Mặt khác: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chiều cao) ⇒ CH = . 0,25 5  4 5 8 8 2 | 6t − 4 | 4 t = 3 ⇒ C  3 ; 3 ÷, D  3 ; 3 ÷ Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH ⇔ = ⇔     5 5 t = 0 ⇒ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )  0,50  5 8 8 2 Vậy tọa độ của C và D là C  ; ÷, D  ; ÷ hoặc C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) 3 3 3 3 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  Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:  y = 1 − t .  z = 2t  Điểm M ∈ ∆ nên M ( −1 + 2t ;1 − t ; 2t ) . 0,25 ( ) 2 ( −2 + 2t ) + ( −4 − t ) + ( 2t ) = 9t 2 + 20 = ( 3t ) 2 2 2 2 AM = + 2 5 ( ) 2 ( −4 + 2t ) + ( −2 − t ) + ( −6 + 2t ) = 9t 2 − 36t + 56 = ( 3t − 6 ) 2 2 2 2 BM = + 2 5 ( ) ( ) 2 2 ( 3t ) ( 3t − 6 ) 2 2 AM + BM = + 2 5 + + 2 5 r r Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u = 3t ; 2 5 và v = −3t + 6; 2 5 ( ) ( ) 0,25 . r ( ) 2 ( 3t ) 2 | u |=  + 2 5 Ta có  r | v |= ( ) 2 ( 3t − 6 ) 2 + 2 5  
r r r r ( ) r r Suy ra AM + BM =| u | + | v | và u + v = 6; 4 5 ⇒| u + v |= 2 29 r r r r r r Mặt khác, với hai vectơ u , v ta luôn có | u | + | v |≥| u + v | Như vậy AM + BM ≥ 2 29 r r 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 ) và min ( AM + BM ) = 2 29 . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 ( 11 + 29 ) 0,25 VIIb 1,00 a + b > c  Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b + c > a . c + a > b  a+b c+a Đặt = x, = y , a = z ( x, y , z > 0 ) ⇒ x + y > z , y + z > x, z + x > y . 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 Ta có: x + y > z ⇔ z ( x + y + z ) < 2 z ( x + y ) ⇔ > . 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) Do đó: + + < = 2. y+z z+x x+ y x+ y+z  1 1 2  b c Tức là: a  + + ÷+ +