Nguồn: diemthi.24h.com.vn
Điểm thi 24h
Xem tra điểm thi tốt nghiệp THPT Đề thi đáp án tốt nghiệp THPT
Đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông các năm Xem tra đáp án đề thi tốt nghiệp THPT
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)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
4 2
( ) 8x 9x 1
y f 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 m số nghiệm của phương trình
4 2
8 os 9 os 0
c x c x m
  
với
[0; ]
x


.
Câu II (2 điểm) : Giải phương trình, hệ phương trình:
1.
 

 
và
2
y x

.
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
2
4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 0
4 4 4
c c m
  
     
  
     
     

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 1 0
x y
  
và phân giác

1 1 1
xy yz zx 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.
Nguồn: diemthi.24h.com.vn
Điểm thi 24h
Xem tra điểm thi tốt nghiệp THPT Đề thi đáp án tốt nghiệp THPT
Đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông các năm Xem tra đáp án đề thi tốt nghiệp THPT
2. Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng

có phương trình tham số
1 2
1
2
x t
y t
z t
  


 





[0; ]
x


(1)
Đặt
osx
t c

, phương trình (1) trở thành:
4 2
8 9 0 (2)
t t m  
Vì
[0; ]
x


nên
[ 1;1]
t
 
, giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do
đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau.
0,25
Ta có:
4 2
(2) 8 9 1 1 (3)
t t m    
Gọi (C

m  : Phương trình đã cho có 2 nghiệm.

81
1
32
m  : Phương trình đã cho có 4 nghiệm.

0 1
m
 
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.

0
m

: Phương trình đã cho có 1 nghiệm.
 m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm.
0,50
II 2,00
1 1,00
Phương trình đã cho tương đương:
3
3
log
log
3
2 0
22 0
1
1

 

 

 

   
 
 
 
 

 

 


 
 
 

 



 





x x
x
x
x x
x x
x


 
 

 
 

   
 

 


 
 

 
    
  
 

 
 


  


 


;
x y
 
không thỏa hệ nên xét
x y
 
ta có
2
1
2
u
y v
v
 
 
 
 
.
Hệ phương trình đã cho có dạng:

2
12
12

9
u
v






+
2 2
4
4
8
8
u
x y
v
x y



 


 

 



Giải hệ (I), (II). 0
,
2
5

Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban
đầu là






5;3 , 5;4
S  0
,
2
5

Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ
phương trình ban đầu là







6
4 2 2 0
x x
x
x x x xx x x x x
x
x x x x x
 
 


 

 
     
   
 

 
 


    

 
 

Suy ra diện tích cần tính:
   
2 6



 
2
2
0
4
4 2
3
I x x x dx
    


0,25
Tính
 
6
2
2
| 4 | 2
K x x x dx
  


Vì


2
2;4 , 4 0
x x x
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
0,25
Nguồn: diemthi.24h.com.vn
Điểm thi 24h
Xem tra điểm thi tốt nghiệp THPT Đề thi đáp án tốt nghiệp THPT
Đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông các năm Xem tra đáp án đề thi tốt nghiệp THPT
'
K II

.
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:

     

0
,
2
5

Từ đó, ta có:
2 2 3
2 2
2r 3r 3 3r 3 21r . 3
6r 3 6r 3.
3 2 2 3
V
 
 
   
 
 

0
,
2
5

V 1
,
0
0


   
   
 
   
 

Do đó phương trình đã cho tương đương:
 
1 1
2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1)
2 2
c  
Đặt
os2x + sin2x = 2 os 2x -
4
t c c

 

 
 
(điều kiện:
2 2
t  
).
0
,
2
5


 

với
2 2
t  
.
0
,
2
5

Trong đoạn
2; 2
 

 
, hàm số
2
4
y t t
 
đạt giá trị nhỏ nhất là
2 4 2

tại
2
t
 
và đạt giá trị lớn nhất là
2 4 2


1
,
0
0Điểm


: 1 0 ;1
C CD x y C t t
     
.
Suy ra trung điểm M của AC là
1 3
;
2 2
t t
M
 
 
 
 
.
0
,
2
5


).
Suy ra




: 1 2 0 1 0
AK x y x y
       
.
Tọa độ điểm I thỏa hệ:
 
1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
  



  

.
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK

tọa độ của



có
IH IA

và
IH AH

.
Mặt khác
   


 


 
, ,
d D P d I P IH
H P

 






Trong mặt phẳng


P

) là:




2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0
x z    .
VIIa
Để ý rằng








1 1 1 0
xy x y x y
      
;
và tương tự ta cũng có
1
1
yz y z
zx z x
  

         
 
     
 
   
 
 
   
 
  
 
 
   
 
 
 

vv
1
,
0
0
Nguồn: diemthi.24h.com.vn
Điểm thi 24h
Xem tra điểm thi tốt nghiệp THPT Đề thi đáp án tốt nghiệp THPT
Đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông các năm Xem tra đáp án đề thi tốt nghiệp THPT
Ta có:

1;2 5
AB AB

5
Mặt khác:
D
. 4
ABC
S AB CH
 
(CH: chiều cao)
4
5
CH 
.
0
,
2
5

Ngoài ra:
 
  
4 5 8 8 2
; , ;
|6 4| 4
3 3 3 3 3
;
5 5
0 1;0 , 0; 2
t C D
t
d C AB CH


0
,
5
0

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.
Đường thẳng

có phương trình tham số:
1 2
1
2
x t
y t
z t
  


 



2 2 2 2
2
2 2
2 2
2 2 4 2 9 20 3 2 5
4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5
3 2 5 3 6 2 5
AM t t t t t
BM t t t t t t
AM BM t t
          
              
     

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ


3 ;2 5
u t

và


3 6;2 5
v t  

.
Ta có
 
 

6;4 5 | | 2 29
u v u v    
   

Mặt khác, với hai vectơ
,
u v
 
ta luôn có
| | | | | |
u v u v
  
   

Như vậy
2 29
AM BM 
0
,
2
5

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,
u v
 
cùng hướng
3 2 5
1
3 6


VIIb 1,00

Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:
a b c
b c a
c a b
 


 


 

.
Đặt
 
, , , , 0 , ,
2 2
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
 
          
.
Vế trái viết lại:
2
3 3 2
a b a c a
VT

; .
x x y y
y z x y z z x x y z
 
     

Do đó:


2
2
x y z
x y z
y z z x x y x y z
 
   
    
.
Tức là:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
    
 
     
 