Tài liệu ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013 Đề Số 31 pptx

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013
Môn thi : TOÁN (ĐỀ 31)
I. PHẦN CHUNG:
Câu 1:
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y =
2 4
1
x
x
−
+
2. Tìm trên (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(- 3;0) và N(- 1;
- 1)
Câu 2:
1. Giải phương trình: 4cos
4
x – cos2x
1 3x
os4x + cos
2 4
c−
=
7
2
2. Giải phương trình: 3
x
.2x = 3
x
+ 2x + 1
Câu 3:
Tính tích phân: K =

2
0
1 sinx
1+cosx
x
e dx
π
+
 
 ÷
 
∫
Câu 4:
Cho hình chóp tam gíac đều S.ABC độ dài cạnh bên bằng 1. Các mặt bên hợp với
mặt phẳng đáy một góc α. Tính thể tích hình cầu nội tiếp hình chóp S.ABC.
Câu 5:
Cho đường thẳng (d):
2 4
3 2 2
x y z− −
= =
−
và hai điểm A(1;2; - 1), B(7;-2;3). Tìm trên
(d) những điểm M sao cho khoảng cách từ đó đến A và B là nhỏ nhất
II. PHẦN RIÊNG:
1) Theo cương trình chuẩn:
Câu 6a:
1.Năm đoạn thẳng có độ dài 2cm, 4cm, 6cm, 8cm, 10cm. Lấy ngẫu nhiên ba đoạn
thẳng trong năm đoạn thẳng trên. Tìm xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra lập thành
một tam giác.

2. Giải hệ phương trình:
8
5
x x y x y y
x y

− = +


− =


Câu 7a:
Tìm giá trị nhỏ nhất y =
2
osx
sin (2 osx -sinx)
c
x c
với 0 < x ≤
3
π
2) Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b:
1. Tìm các giá trị x trong khai triển nhị thức Newton:
( )
5
lg(10 3 ) ( 2) lg3
2 2
x

n
x− −
+
biết
rằng số hạng thứ 6 của khai triển bằng 21 và
1 3 2
2
n n n
C C C+ =

2. Cho
2 2
3 os in
3 3
c s
π π
α
 
= +
 ÷
 
. Tìm các số phức β sao cho β
3
= α
Câu 7b:
Gọi a, b, c là ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng:
2 2 2
52
2 2
27

a b c abc
≤ + + + <
Hết
HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 31)
LỜI GIẢI TÓM TẮT:
I. PHẦN CHUNG:
Câu 1:
1. Bạn đọc tự giải.
2.
MN
uuuur
= (2;-1). ==> MN: x + 2y + 3 = 0
Đường thẳng (d) ⊥ MN, (d) có dạng phương trình y = 2x + m.
Gọi A, B là hai điểm thuộc (C) đối xứng nhau qua đường thẳng MN
Hoành độ của A và B là nghiệm của phương trình:

2 4
2
1
x
x m
x
−
= +
+
⇒ 2x
2
+ mx + m + 4 = 0 ( x ≠ - 1) (1)
Để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có ∆ = m
2

– 8m – 32 > 0
Ta có A(x
1
,2x
1
+ m), B(x
2
;2x
2
+ m) với x
1
, x
2
là nghiệm của (1)
Trung điểm của AB là I
1 2
1 2
;
2
x x
x x m
+
 
+ +
 ÷
 
≡ I(
( ; )
4 2
m m

−
( theo định lý Vi-et)
Ta có I
∈
MN ==> m = - 4, (1) ⇒ 2x
2
– 4x = 0
⇒ A(0; - 4), B(2;0)
Câu 2:
1. 4cos
4
x – cos2x
1 3x
os4x + cos
2 4
c−
=
7
2
⇔ (1 + cos2x)
2
– cos2x
2
1 3x
(2 os 2 1) +cos
2 4
c x− −
=
7
2

⇔
cos2x +
3x
os
4
c
= 2
⇔
os2x = 1
3x
cos 1
4
c



=


( vì VT ≤ 2 với mọi x)
⇔
( ; )
8
3
x k
k m
m
x
π

π
=


∈

=


¢
⇔ x = 8nπ (
n
∈
¢
)
2. Ta thấy phương trình: 3
x
.2x = 3
x
+ 2x + 1 (2) có hai nghiệm x =
±
1.
Ta có x =
1
2
không là nghiệm của phương trình nên
(2)
2 1
3
2 1

x
x
x
+
⇔ =
−

Ta có hàm số y = 3
x
tăng trên R
hàm số y =
2 1
2 1
x
x
+
−
luôn giảm trên mỗi khoảng
1 1
; , ;
2 2
   
−∞ ∞
 ÷  ÷
   
Vậy Phương trình (2) chỉ có hai nghiệm x =
±
1
Câu 3:
Ta có

2 2
1 2sin os
1 sinx 1
2 2
tan
1+cosx 2
2 os 2 os
2 2
x x
c
x
x x
c c
+
+
= = +
Vậy: K =
2 2
2
0 0
tan
2
2 os
2
x
x
e dx x
e dx
x
c

π π
+
∫ ∫
= M + N
Với M =
2
2
0
2 os
2
x
e dx
x
c
π
∫
Dùng phương pháp tptp
Đặt
2
'
1
'
tan
2 os
2
2
x
x
u e
u e

x
v
v
x
c

=

=

 
⇒
 
=
=
 



Vậy M =
tan
2
2
0
x
x
e
π
- N =
2

e
π
- N ==> K =
2
e
π
Câu 4:
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là
trung điểm của BC, theo tính chất của hình chóp đều
·
AMS
α
=
Gọi I là tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp, I ∈ SO; N
là hình chiếu của I trên SM, MI là phân giác của
·
AMS
α
=
Ta có SO = OM tanα =
3
6
a
tanα ( Với a là độ dài của
cạnh đáy)
Ta có SO
2
+ OM
2
= SB

2
– BM
2

2 2 2
2
tan 1
12 12 4
a a a
α
⇔ + = −

2
2 3
4 tan
a
α
⇒ =
+
r = OI = OM.tan
2
α
=
2
tan
2
4 tan
α
α
=

+

Vậy V =
( )
3
3
2
4 tan
2
3 4 tan
α
π
α
+
Câu 5:
Ta có
(6; 4; 4)AB = −
uuur
==> AB//(d)
Gọi H là hình chiếu của A trên (d)
Gọi (P) là mặt phẳng qua A và (P)
⊥
(d) ==> (P): 3x – 2y + 2z + 3 = 0
H = (d)∩ (P) ==> H(- 1;2;2)
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua (d) ==> H là trung điểm của AA’ ==> A’(-
3;2;5)
Ta có A;A’;B;(d) cùng nằm trong một mặt phẳng. Gọi M = A’B∩(d)
Lập phương trình đường thẳng A’B ==> M(2;0;4)
II. PHẦN RIÊNG:
1) Theo cương trình chuẩn:

Câu 6a:
1. Gọi A là biến cố: “ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác”
Các khả năng chọn được ba đoạn thẳng lập thành một tam giác
{4;6;8}, {4;8;10}, {6;8;10}
Vậy: n(Ω) =
3
5
10C =
; n(A) = 3 ==> P(A) =
3
10
2.

8
5
x x y x y y
x y

− = +


− =


⇔
( 1) ( 8)
5
x x y y
y x


− = +


= −



2 2
0
0
( 1) ( 8)
5
x
y
x x y y
y x
≥


≥

⇔

− = +


= −

⇔
2

1
0
3 22 45 0
5
x
y
x x
y x
>


≥


− − =


= −

⇔
9
4
x
y
=


=

Câu 7a:

Trên nửa khoảmg
0;
3
π
 


 
, cosx ≠ 0 chia tử và mẫu của hàm số cho cos
3
x ta được
y =
2
2 3
1 tan
2 tan tan
x
x x
+
−
Đặt t = tanx ==> t
(0; 3]∈
Khảo sát hàm số y =
2
2 3
1
2
t
t t
+

−
trên nửa khoảng
0;
3
π
 


 
y’ =
4 2
2 3 2
3 4
(2 )
t t t
t t
+ −
−
; y’ = 0
0
1
x
x
=

⇔

=


Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 2 khi x =
4
π
2) Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b:
1. Điều kiện: n nguyên dương và n ≥ 3
Ta có
1 3 2
2
n n n
C C C+ =

⇔
! ! !
2
1!( 1)! 3!( 3)! 2!( 2)!
n n n
n n n
⇔ + =
− − −
⇔ n
2
– 9n + 14 = 0 ⇒ n
= 7
Ta có số hạng thứ 6 :
( )
(
)
2

5
5
5 lg(10 3 ) ( 2) lg3
7
2 2
x
x
C
− −
= 21 ⇔ 21.2
lg(10 3 )
x
−
2
(x – 2)lg3
= 21
⇔
lg(10 – 3
x
) + lg3
(x – 2)
= 0 ⇔ (10 – 3
x
)3
x – 2
= 1
⇔
3
2x
- 10.3

x
+ 9 = 0
0
2
x
x
=

⇔

=

2. Gọi β = r( cosϕ + isinϕ) ⇒ β
3
= r
3
( cos3ϕ + isin3ϕ)
Ta có: r
3
( cos3ϕ + isin3ϕ) =
2 2
3 os in
3 3
c s
π π
 
+
 ÷
 
3

3r

=

⇒



3
3
2 2
9 3
r
k
π π
ϕ

=

⇒

= +


Suy ra β
Câu 7b:
Theo tính chất ba cạnh của một tam giác, ta có độ dài mỗi cạnh nhỏ hơn 1 ( vì a + b
+ c = 2).
Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho ba số dương: 1 – a, 1 – b, 1 – c
3 – (a + b + c)

3
3 (1 )(1 )(1 )a b c≥ − − −
> 0

1
(1 )(1 )(1 ) 0
27
a b c⇔ ≥ − − − >

28
1
27
ab bc ca abc⇔ ≥ + + − >

56
2 2 2 2 2
27
ab bc ca abc⇔ < + + + ≤

2 2 2 2
56
2 ( ) ( 2 )
27
a b c a b c abc⇔ < + + − + + + ≤

2 2 2
52
2 2
27
a b c abc⇔ ≤ + + + <

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =
2
3