Đề thi thử Đại học năm 2013 - môn Toán (Đề 26) có đáp án

Doc24.vnĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013Môn thi TOÁN (ĐỀ 26)PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)Câu (2 điểm) Cho hàm số 2( 8x 9x 1y x= +1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo số nghiệm của phương trình4 28 os os 0c m- với [0; ]xpÎ .Câu II (2 điểm) Giải phương trình, hệ phương trình: 1. ()3log12 22xx xæ ö- -ç ÷è 2. 22 21212x yy yì+ =ïí- =ïîCâu III: Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường 2| |y x= và 2y x= .Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính chotrước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.Câu (1 điểm) Định để phương trình sau có nghiệm24sin3xsinx 4cos 3x os os 2x 04 4c mp pæ ö- =ç ÷è øPHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần hoặc phần 2)1. Theo chương trình chuẩn .Câu VI.a (2 điểm)1. ChoD ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 0x y+ và phân giáctrong CD: 0x y+ Viết phương trình đường thẳng BC.2. Cho đường thẳng (D) có phương trình: 222 2x ty tz t= +ìï= -íï= +î .Gọi là đường thẳng quađiểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của trên (D). Trongcác mặt phẳng qua hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớnnhất.Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, là số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng1 51 1xy yz zx 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 của haiđường chéo nằm trên đường thẳng x. Tìm tọa độ đỉnh và D.Doc24.vn2. Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng có phương trình tham số 212x ty tz t= +ìï= -íï=î.Một điểm thay đổi trên đường thẳng tìm điểm để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, là ba cạnh tam giác. Chứng minh1 223 3b caa bæ ö+ <ç ÷+ +è ø----------------------Hết----------------------ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 26Câu Nội dung ĐiểmI 1,00Xét phương trình 28 os os 0c m- với [0; ]xpÎ (1)Đặt osxt c= phương trình (1) trở thành: 28 (2)t m- =Vì [0; ]xpÎ nên 1;1]tÎ giữa và có sự tương ứng một đối một, dođó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau. 0,25Ta có: 2(2) (3)t mÛ -Gọi (C1 ): 28 1y t= với 1;1]tÎ và (D): m.Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1 và (D).Chú rằng (C1 giống như đồ thị (C) trong miền 1t- 0,25Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:8132m> Phương trình đã cho vô nghiệm.1.8132m= Phương trình đã cho có nghiệm.81132m£ Phương trình đã cho có nghiệm.0 1m< Phương trình đã cho có nghiệm.0m= Phương trình đã cho có nghiệm. Phương trình đã cho vô nghiệm. 0,50II 2,001 1,00Phương trình đã cho tương đương: 33loglog32 022 0111log ln 0ln 01222222 0xxxxxx xxxxxxé- =é=- =éêêêìììæ öêæ öêæ öêÛ =- =ï ï- =ç ÷ïç ÷êç ÷êêè øí íè øíè øêêêï ïï>>ê- >îêëîëîë 0,50Doc24.vn322 2log 01 1211 3ln 0122 22 22xx xxx xxxx xx xx=é= =é éêê êì =éì =é éêê êïêï ïê êêê êÛ =ï ïæ öêê ê- =ê- =í íê êç ÷êë ëè øê ëï ïê êêï ïê ê> >>î îë ëîë0,502 1,00Điều kiện: |x y³Đặt 2; 0u uv yì= ³ïí= +ïî y= không thỏa hệ nên xét y¹ ta có212uy vvæ ö= -ç ÷è ø. Hệ phương trình đã cho có dạng:212122u vu uvv+ =ìïæ öí- =ç ÷ïè øî 0,25 48uv=ìÛí=î hoặc 39uv=ìí=î+ 24488ux yvx yì=ì- =ïÛí í=+ =îïî (I)+ 23399ux yvx yì=ì- =ïÛí í=+ =îïî (II) 0,25Giải hệ (I), (II). 0,25Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là ()(){}5; 5; 4S= 0,25Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là ()(){}5; 5; 4S= 1,00III 0,25Doc24.vnDiện tích miền phẳng giới hạn bởi: 2| )y C= và(): 2d x=Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):22 22 20 00| 24 064 0x xxx xx xxx x³ ³ì ì=éï ïêé é- =- =í íêê êï ïê=- =ëë ëî îSuy ra diện tích cần tính:()()2 62 20 24 2S dx dx= -ò 0,25Tính: ()220| 2I dx= -òVì []20; 0x x" nên 2| 4x x- Þ()22044 23I dx= =ò0,25Tính ()622| 2K dx= -òVì []22; 0x x" và []24; 0x x" nên()()4 62 22 44 16K dx dx= -ò ò. 0,25Vậy 52163 3S= 1,00IV 0,25Gọi 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 ICAB CHH ABB CII CAB HH^ìÞ ^í^îSuy 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 IIÎ 0,25Gọi là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:1 3' ' ' ' ' ;3 3x xI IK IH IC= =Tam giác IOI’ vuông nên:2 23 3' 6r6 3x xI IK OK x= 0,25Doc24.vnThể tích hình chóp cụt tính bởi: ()' '3hV B= +Trong đó: 22 24x 3r 33 6r 3; ' 2r4 2xB h= 0,25Từ đó, ta có: 32 22r 3r 3r 21r 36r 6r 3.3 3Væ öç ÷= =ç ÷è 0,25V 1,00Ta có:+/ ()4sin3xsinx cos2x cos4x ;+/ ()4 os 3x os os 2x os4x sin 2x cos4x4 2c cp pé ùæ ö= =ç ÷ê úè øë û+/ ()21 1os 2x os 4x sin 4x4 2c cp pæ öæ ö= -ç ÷ç ÷è øè øDo đó phương trình đã cho tương đương:()1 12 os2x sin2x sin 4x (1)2 2c+ =Đặt os2x sin2x os 2x 4t cpæ ö=ç ÷è (điều kiện: t- ). 0,25Khi đó 2sin 4x 2sin2xcos2x 1- Phương trình (1) trở thành:24 0t m+ (2) với 2t- £2(2) 2t mÛ -Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của đường 2D m= (là đườngsong song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2m) và (P): 24y t= với 2t- 0,25Trong đoạn 2; 2é ù-ë hàm số 24y t= đạt giá trị nhỏ nhất là 2- tại2t= và đạt giá trị lớn nhất là 2+ tại 2t= 0,25Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2m- +2 2mÛ £. 0,25VIa 2,001 1Doc24.vn,00Điểm (): ;1C CD tÎ Suy ra trung điểm của AC là 3;2 2t tM+ -æ öç ÷è 0,25Điểm ()1 3: 7; 82 2t tM BM C+ -æ öÎ -ç ÷è 0,250,25Từ A(1;2), kẻ 0AK CD y^ tại (điểm BCÎ ). Suy ra ()(): 0AK y- Tọa độ điểm thỏa hệ: ()1 00;11 0x yIx y+ =ìÞí- =î Tam giác ACK cân tại nên là trung điểm của AK tọa độ của ()1; 0K- .Đường thẳng BC đi qua C, nên có phương trình:14 07 8x yx y+= =- 2Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng thì( //( )P hoặc )P DÉ Gọi là hình chiếu vuông góc của trên (P). Ta luôn có IH IA£ và IH AH^ Mặt khác ()()()()()(), ,d IHH Pì= =ïíÎïîTrong mặt phẳng () P, IH IA£ do đó axIH IA AmÛ Lúc này (P) vị trí (P0 vuông góc với IA tại A.Vectơ pháp tuyến của (P0 là ()6; 0; 3n IA= -r uur cùng phương với()2; 0; 1v= -r.Phương trình của mặt phẳng (P0 là:()()2 1. 2x 0x z- =.VIIaĐể rằng ()()()()1 0xy y+ và tương tự ta cũng có 11yz zzx x+ +ìí+ +î 0,25Doc24.vnVì vậy ta có:()1 11 11 131 zx+y1511 55 zx zxy yz zx yz zx xyx zyz xy zz yxyz zx xy zz yxz zæ ö+ +ç ÷+ +è ø£ ++ +æ ö= +ç ÷+ +è øæ ö£ +ç ÷+ +è ø=vv 1,00Ta có:()1; 5AB AB= =uuur. Phương trình của AB là:2 0x y+ =.()(): ;I tÎ Þ. là trung điểm của AC và BD nên ta có: ()()2 1; 2C t- 0,25Mặt khác: 4ABCS AB CH (CH: chiều cao)45CHÞ =. 0,25Ngoài ra:()()()4 2; ;| 43 3;5 50 1; 0; 2t Dtd AB CHt Déæ ö= Þ-ç ÷ê= Ûè øêê= -ëVậy tọa độ của và là 2; ;3 3C Dæ öç ÷è hoặc()()1; 0; 2C D- 0,502 1,00Doc24.vnGọi là chu vi của tam giác MAB thì AB AM BM.Vì AB không đổi nên nhỏ nhất khi và chỉ khi AM BM nhỏ nhất.Đường thẳng có phương trình tham số: 212x ty tz t= +ìï= -íï=î .Điểm MÎ nên ()1 ;1 2M t- .()()()()()()()()()()()()()()22 2222 222 22 22 20 54 36 56 53 5AM tBM tAM BM t= += ++ 0,25Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ()3 5u t=r và ()3 6; 5v t= +r .Ta có ()()()()2222| 5| 5u tv tì= +ïïíï= +ïîrrSuy ra |AM BM v+ +r và()6; 29u v+ =r rMặt khác, với hai vectơ ,u ta luôn có |u v+ +r rNhư vậy 29AM BM+ 0,25Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,u cùng hướng 513 62 5tttÛ =- +()1; 0; 2MÞ và ()min 29AM BM+ 0,25Vậy khi M(1;0;2) thì minP ()2 11 29+ 0,25VIIb 1,00Doc24.vnVì a, b, là ba cạnh tam giác nên:a cb ac b+ >ìï+ >íï+ >î Đặt(), ,2 2a ax y+ += >.Vế trái viết lại:23 2a aVTa cx zy y+ += ++ += ++ 0,50Ta có:()()22z zx yx y+ >+ +.Tương tự: 2; .x yy z< <+ +Do đó: ()22x zx zy z+ ++ =+ .Tức là:1 223 3b caa bæ ö+ <ç ÷+ +è 0,50Trên đây chỉ là phần trích dẫn 10 trang đầu của tài liệu và có thế hiển thị lỗi font, bạn muốn xem đầyđủ tài liệu gốc thì ấn vào nút Tải về phía dưới.