de thi thu dai hoc cao dang nam 20122013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm). y  f ( x ) 8x 4  9x 2  1. Câu I (2 điểm) Cho hàm số 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:. 1.. 1  x  2   x   2 .  x  y  x 2  y 2 12   y x 2  y 2 12 2.. log3 x.  x 2 ;. y | x 2  4 x | và y 2 x .. Câu III: Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường 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 x  y  1 0 . Viết phương trình đường thẳng BC. trong CD:.  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..

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  x  1  2t   y 1  t  z 2t . 2. Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng  có phương trình tham số .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 2 b c  1  a    2   3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b ----------------------Hết----------------------. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ Câu I. Ý 2. Nội dung. Điểm 1,00. 4 2 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) 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. 4 2 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. 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 32  : Phương trình đã cho vô nghiệm. 81 m 32 : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. 1. 81 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<0 : Phương trình đã cho vô nghiệm.. II. 0,25. 0,50. 2,00 1,00 0,50. 1 Phương trình đã cho tương đương:  x  2 0  x  2 0   log x log x   1 3   1 3  0  1   ln  x     x   2  2         x  2  0   x  2. 0,25.  x 2   log x ln  x  1  0    3 2    x  2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  x 2     log 3 x 0       1    ln  x   0 2      x  2 .  x 2     x 1     1    x  1 2     x  2.  x 2     x 1    3  x 2   x  2     x  2. 2. 0,50. 1,00 Điều kiện: | x | | y | u  x 2  y 2 ; u 0  v x  y Đặt  ; x  y không thỏa hệ nên xét x  y ta có 1 u2  y  v  2 v  . Hệ phương trình đã cho có dạng: u  v 12  u2  u   2  v  v  12    u 4  v 8 hoặc u 3  v 9 +  x 2  y 2 4 u 4   v 8  x  y 8 (I) + u 3   v 9. 0,25.  x 2  y 2 3   x  y 9. (II) Giải hệ (I), (II). 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 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S   5;3 ,  5; 4  . 1,00. III. 0,25 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y | x 2  4 x | (C )  d  : y 2 x và Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):. 0,25.  x 0  | x  4 x |2 x    x 2  4 x 2 x   2   x  4 x  2 x Suy ra diện tích cần tính: 2. 2. . 2. . S   x  4 x  2 x dx  0. 6.  x. 2. 2. Tính: 2. I  | x 2  4 x |  2 x  dx 0. Vì x   0; 2 , x 2  4 x 0. 0,25. nên | x 2  4 x | x 2  4 x  2. I   x 2  4 x  2 x  dx  0. Tính 6. K  | x 2  4 x |  2 x  dx 2. Vì x   2; 4 , x 2  4 x 0 và. 4 3 0,25.  x 0  2   x  6 x 0   2   x  2 x 0. .  4 x  2 x dx.  x 0  x 2   x 6.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> x   4; 6 , x 2  4 x 0. nên 4. 6. K  4 x  x 2  2 x  dx   x 2  4 x  2 x  dx  16 2. . Vậy. 4. 1,00. 4 52 S   16  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  0,25 3 6 3 3 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. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> bởi:. Trong đó: B. V. 4x 2 3 x 2 3 3r 2 3 x 2 3 6r 2 3; B '   ; h 2r 4 4 2. Từ đó, ta có: 2r  2 3r 2 3 3r 2 3  21r 3 . 3 0,25 2   V 6r 3   6r 3. 3 2 2  3   1,00 Ta có: +/ 4sin3xsinx = 2  cos2x - cos4x  ; +/.         4cos  3x -  cos  x +  2  cos  2x -   cos4x  2  sin 2x + cos 4 4 2      +/   1   1   cos 2  2x +    1  cos  4x +     1  sin 4x  4  2  0,25 2   2 Do đó phương trình đã cho tương đương: 1 1 2  cos2x + sin2x   sin 4x + m - 0 (1) 2 2 Đặt   t cos2x + sin2x = 2cos  2x -  4  (điều kiện:  2 t  2 ). Khi đó 0,25 2 sin 4x = 2sin2xcos2x = t  1 . Phương trình (1) trở thành: t 2  4t  2m  2 0 (2) với  2 t  2 (2)  t 2  4t 2  2m Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 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 2 số y t  4t đạt. giá trị nhỏ nhất là 2  4 2 tại. 0,25. t  2 và đạt giá trị lớn nhất là 2  4 2 tại. VIa 1. t 2. Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 0,25 2  4 2 2  2m 2  4 2   2 2 m 2 2 . 2,00 1,00 0,25. Điểm C  CD : x  y  1 0  C  t ;1  t  . Suy ra trung điểm M của AC.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>  t 1 3  t  M ;  2   2 là . Điểm. 0,25  t 1  3  t M  BM : 2 x  y  1 0  2   1 0  t  7  C   7;8   2  2  0,25 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 . Tọa độ điểm I thỏa hệ:  x  y  1 0  I  0;1   x  y  1 0 . Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ K   1; 0  của . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: x 1 y   4 x  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   P  , IH IA ; do đó Trong mặt phẳng maxIH = IA  H A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> góc với IA tại A..    n IA  6;0;  3. Vectơ pháp tuyến của (P0) là  v  2;0;  1 phương với . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2  x  4   1.  z  1 2x - z - 9 = 0 .. , cùng. VIIa Để ý rằng  xy  1   x  y   1  x   1  y  0 ; và tương tự ta 0,25 cũng có  yz  1  y  z   zx  1 z  x Vì vậy ta có: 1,00  1 1 1  x y z      1  1 1  x  y  z    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 0,25. Ta  có: AB   1; 2   AB  5 . Phương trình của AB là: 2 x  y  2 0 . I   d  : y x  I  t ; t . . I là trung điểm.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 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  CH  5. Ngoài ra:. 0,25.  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  Vậy tọa độ của C 0,50 và D là  5 8  8 2 C  ;  , D ;   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. Đường thẳng  có phương trình tham số:  x  1  2t   y 1  t  z 2t  . Điểm M   nên M   1  2t ;1  t ; 2t  .. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> AM .   2  2t . 2.    4  t    2t   9t 2  20 . BM .   4  2t . 2.    2  t     6  2t   9t 2  36t  56 . AM  BM . 2. 2.  3t . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ  u  3t ; 2 5 và  v   3t  6; 2 5.  . 2. 2. .  2 5. . 2. 2. .  3t  6 . 2. . . . Ta có 2  2 | u |  3 t  2 5     | v |  3t  6  2  2 5 2  Suy ra   AM  BM | u |  | v | và     u  v  6; 4 5  | u  v |2 29. . . . . . 0,25. . 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  3t  6 2 5  M  1; 0; 2  và min  AM  BM  2 29. .  2 5. . 0,25. . Vậy khi M(1;0;2) thì. 0,25. . 2.  3t . 2. .  2 5. . 2.  3t  6 . 2.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> minP = 2 11  29. . VIIb.  1,00. Vì a, b, c là ba cạnh tam giác a  b  c  b  c  a c  a  b nên:  . Đặt a b c a  x,  y, a  z  x, y, z  0  0,50  x  y  z , y  z  x, z  x  y 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 . Tương tự: x 2x y 2y  ;  . yz x yz zx x yz 0,50 Do đó: 2 x  y  z x y z    2 yz zx x y x yz . Tức là: 1 2 b c  1  a    2   3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b.

<span class='text_page_counter'>(13)</span>