Tài liệu ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 1 pdf

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1)1(3)2( 2 3 23 +−−−−= xmxmxy (1), m là tham số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 2−=m . b) Tìm 0>m để đồ thị hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu lần lượt là CTCĐ yy , thỏa mãn 42 =+ CTCĐ yy . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình .sin)sin(cos322cossin)1(tan 2 xxxxxx +=+++ Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình .0)184(log)2(log 2 1 4 2 12 ≤−−++ xx Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân .d 7233 6ln 0 ∫ +++ = x ee e I xx x Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp ABCDS. có )(ABCDSC ⊥ , đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng 3a và .120 0 =∠ABC Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng )(SAB và )(ABCD bằng .45 0 Tính theo a thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BDSA, . Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn .3 222 yzyx ≤++ Tìm giá trị nhỏ nhất của . )3( 8 )2( 4 )1( 1 222 + + + + + = zyx P II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b) a. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hình thoi ABCD có phương trình đường thẳng AC là ,0317 =−+ yx hai đỉnh DB, lần lượt thuộc các đường thẳng 032:,08: 21 =+−=−+ yxdyxd . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho hai đường thẳng 1 7 1 5 1 4 : 1 + = − − = + zyx d và 2 1 11 2 : 2 − + = − = − zyx d . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua 1 ),0;2;1( dM ⊥− và tạo với 2 d góc .60 0 Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm hệ số của 7 x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của n x x       − 2 2 , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn 323 1 24 nnn ACC =+ + . b. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hai đường thẳng 02: 1 =−− yxd và 022: 2 =−+ yxd . Giả sử 1 d cắt 2 d tại .I Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua )1;1(−M cắt 1 d và 2 d tương ứng tại BA, sao cho IAAB 3= . Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho điểm )3;1;2( −M và đường thẳng 1 1 3 4 2 2 : + = − − = + zyx d . Viết phương trình mặt phẳng )(P đi qua )0;0;1(K , song song với đường thẳng d đồng thời cách điểm M một khoảng bằng 3 . Câu 9.b (1,0 điểm). Cho tập { } 5,4,3,2,1=E . Viết ngẫu nhiên lên bảng hai số tự nhiên, mỗi số gồm 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E. Tính xác suất để trong hai số đó có đúng một số có chữ số 5. Hết Câu 1: a) (1,5 điểm) Khi 2 −= m hàm số trở thành .196 23 +++= xxxy a) Tập xác định: . b) Sự biến thiên: * Giới hạn tại vô cực: Ta có −∞= −∞→ y x lim và .lim +∞= +∞→ y x * Chiều biến thiên: Ta có ;9123' 2 ++= xxy .130'; 1 3 0'; 1 3 0' −<<−⇔<    −> −< ⇔>    −= −= ⇔= xy x x y x x y Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ) ( ) ;;1,3; ∞+−−∞− nghịch biến trên ( ) .1;3 −− * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại ,1,3 =−= CĐ yx hàm số đạt cực tiểu tại .3,1 −=−= CT yx * Bảng biến thiên: c) Đồ thị: Câu 1: b) (0,5 điểm) Ta có .),1(3)2(33' 2 ∈∀−−−−= xmxmxy    −== −== ⇔=+−−−⇔= .1 1 01)2(0' 2 1 2 mxx xx mxmxy Chú ý rằng với 0>m thì . 21 xx < Khi đó hàm số đạt cực đại tại 1 1 −=x và đạt cực tiểu tại .1 2 −= mx Do đó: .1)1)(2( 2 1 )1(, 2 3 )1( 2 +−+−=−==−= mmmyy m yy CTCĐ Từ giả thiết ta có 0)1)(2(6641)1)(2( 2 1 2 3 .2 22 =−+−−⇔=+−+− mmmmm m 2 1 33 ( 1)( 8) 0 1; . 2 m m m m m − ± ⇔ − + − = ⇔ = = Đối chiếu với yêu cầu 0 > m ta có giá trị của m là . 2 331 ,1 +− == mm Câu 2: (1,0 điểm) Điều kiện: ,0cos ≠x hay . 2 π π kx +≠ Khi đó phương trình đã cho tương đương với xxxxxx sin)sin(cos32sin21sin)1(tan 22 +=+−++ xxxxxx 22 sin6sin)sin(cos33sin)1(tan +−=+−⇔ 2 2 2 2 (tan 1)sin 3cos2 3(cos sin )sin (tan 1)sin 3(cos sin )cos 0 (sin cos )(sin 3cos ) 0 (sin cos )(2cos 2 1) 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ − + = − ⇔ − + − = ⇔ − − = ⇔ − + =       ∈+±= += ⇔     −= = ⇔ ., 3 4 2 1 2cos cossin kkx kx x xx π π π π Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm ∈+±=+= kkxkx , 3 , 4 π π π π x 'y y 3− ∞− ∞+ 1− 1 ∞− ∞+ 3− + – 0 0 + x O 3− y 1 3− 1− Câu 3(1,0 điểm) Điều kiện: .182 0184 018,02 4 ≤<−⇔    >−− ≥−>+ x x xx Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với )184(log2log 4 22 xx −−≤+ 4 1842 xx −−≤+⇔ . Đặt .18 4 xt −= Khi đó 4 200 <≤ t và bất phương trình trở thành : tt −≤− 420 4 4 2 4 2 3 2 4 0 4 4 4 2 4. 2 0 20 (4 ) 8 4 0 ( 2)( 2 5 2) 0 t t t t t t t t t t t t t t t − ≥ ≤ ≤ ≤     ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ≤ ≤     − ≥ − ≤ − + − − ≥ − + + + ≥     Suy ra .2218 4 ≤⇔≥− xx .Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của bất phương trình là .22 ≤<− x Câu 4: (1,0 điểm) Đặt .3 te x =+ Khi đó .d23 2 ttdxete xx =⇒−= Khi ,20 =⇒= tx khi .36ln =⇒= tx Suy ra ∫∫ ++ = +−+ = 3 2 2 3 2 2 d 132 2 7)3(23 d2 t tt t tt tt I ∫∫       + − + = ++ = 3 2 3 2 d 12 1 1t 1 2d )12)(1( 2 t t t tt t . 63 80 ln)5ln7(ln)3ln24ln2(12ln1ln2 2 3 2 3 =−−−=+−+= tt Câu 5(1,0 điểm) Kẻ ⇒⊥ ABSK hình chiếu ABCK ⊥ ( ) .45)(),( 0 =∠=⇒ SKCABCDSAB 2 3 60sin60120 000 a CBCKCBKABC ==⇒=∠⇒=∠ . 2 3 45tan 0 a CKSC ==⇒ (1) . 2 33 120sin. 2 0 a BCABS ABCD == (2) Từ (1) và (2) . 4 33 . 3 1 3 . a SSCV ABCDABCDS ==⇒ Gọi .BDACO ∩= Vì SCBDACBD ⊥⊥ , nên )(SACBD ⊥ tại O. Kẻ OISAOI ⇒⊥ là đường vuông góc chung của BD là SA Sử dụng hai tam giác đồng dạng AOI và ASC hoặc đường cao của tam giác SAC suy ra . 10 53 52 3 aa OI == Suy ra . 10 53 ),( a BDSAd = Câu 6(1,0 điểm) Ta có )1()4()1(242 222 +++++≤++ zyxzyx 636 222 +≤+++= yzyx . Suy ra 622 ≤++ zyx . Dấu đẳng thức xảy ra khi 1 2 === z y x . Chú ý rằng, với hai số dương ba, áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 222 )( 811 baba + ≥+ , (*) dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ba = . Áp dụng (*) ta được 2 2 2 )3( 8 )1 2 ( 1 )1( 1 + + + + + = z y x P 2 2 )3( 8 )1 2 1( 8 + + +++ ≥ z y x 2 2 )1022( 4.64 )32 2 ( 64 +++ = ++++ ≥ zyx z y x .1 )106( 4.64 2 = + ≥ Dấu đẳng thức xảy ra khi 1,2,1 === zyx Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1, đạt khi 1,2,1 === zyx . Câu 7a(1,0 điểm) ),8;(8: 1 bbBxydB −⇒−=∈ ).;32(32: 2 ddDyxdD −⇒−=∈ S D A B K C O I B A D C I )8;32( −+−+−=⇒ dbdbBD và trung điểm BD là . 2 8 ; 2 32       ++−−+ dbdb I Theo tính chất hình thoi    = = ⇔    =−+− =−+− ⇔      ∈ = ⇔    ∈ ⊥ ⇒ 1 0 0996 013138 0. d b db db ACI BDu ACI ACBD AC Suy ra . 2 9 ; 2 1 )1;1( )8;0(       −⇒    − I D B ).;317(317: aaAyxACA +−⇒+−=∈ 2 15 215 2 . 2 1 =⇒==⇒= IA BD S ACBDACS ABCD    − ⇒    = = ⇔=       −⇔=       −+       +−⇒ )ktm()6;11( )3;10( 6 3 4 9 2 9 2 225 2 9 2 63 7 222 A A a a aaa Suy ra ).6;11()3;10( −⇒ CA Câu 8.a(1,0 điểm) Giả sử ∆ có vtcp .0),;;( 222 ≠++= ∆ cbacbau .00. 11 =+−⇔=⇔⊥∆ ∆ cbauud (1) )2()(3)2(2 2 1 60cos .411 2 60),( 22220 222 0 2 cbacba cba cba d ++=−−⇔== ++++ −− ⇔=∆∠ Từ (1) có cab += thay vào (2) ta được ( ) 02)(318 222222 =−+⇔+++= cacaccaac    −=−= == ⇔ .,2 2, cbca cbca Với ,2, cbca == chọn )1;2;1(1 =⇒= ∆ uc ta có . 12 2 1 1 : zyx = − = + ∆ Với ,,2 cbca −=−= chọn )1;1;2(1 −=⇒−= ∆ uc ta có . 11 2 2 1 : − = − = + ∆ zyx Câu 9.a(1,0 điểm) Ta có 3),2)(1()1( 6 )1(()1( .424 323 1 ≥−−=−+ −+ ⇔=+ + nnnnnn nnn ACC nnn 2 2 2 2( 1) 3( 1) 3( 3 2), 3 12 11 0, 3 11.n n n n n n n n n⇔ − + − = − + ≥ ⇔ − + = ≥ ⇔ = Khi đó )2.( 2 .)( 2 11 0 322 11 11 0 112 11 11 2 ∑∑ = − = − −=       −=       − k kkk k k kk xC x xC x x Số hạng chứa 7 x là số hạng ứng với k thỏa mãn .57322 =⇔=− kk Suy ra hệ số của 7 x là .14784)2.( 55 11 −=−C Câu 7.b(1,0 điểm) 1 d cắt 2 d tại ).0;2(I Chọn ,)2;0( 10 dA ∈− ta có .22 0 =IA Lấy 20 );22( dbbB ∈− sao cho 263 000 == IABA 72)2()22( 22 =++−⇔ bb            − − ⇒     1 −= = ⇔=−−⇔ . 5 16 ; 5 42 )4;6( 5 6 4 06445 0 0 2 B B b b bb .Suy ra đường thẳng ∆ là đường thẳng qua )1;1(−M và song song với . 00 BA Suy ra phương trình 0: =+∆ yx hoặc .067: =−+∆ yx Câu 8.b (1,0 điểm) (P) đi qua ⇒)0;0;1(K phương trình (P) dạng ).0(0 222 ≠++=−++ CBAACzByAx    ≠−+− =+− ⇔      ∉−− = ⇔ )2(043 )1(032 )()1;4;2( 0. //)( CBA CBA PH nu dP Pd ( ) ).(3)3(3 3 3)(, 2222 222 CBACBA CBA CBA PMd ++=+−⇔= ++ +− ⇔= (3) I d 1 d 2 A M B ∆ A 0 B 0 Từ (1) có ,32 BAC +−= thay vào (3) ta được ( ) 2222 )32(3)85( BABABA +−++=+−    = = ⇔=+−⇔ .175 017225 22 BA BA BABA Với ,BA = ta có ,BC = không thỏa mãn (2). Với ,175 BA = ta có . 5 19 , 5 17 BCBA −== Chọn 5 = B ta có 19,17 −== CA , thỏa mãn (2). Suy ra .01719517:)( =−−+ zyxP Câu 9.b(1,0 điểm) Số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E là .60345 =×× Trong đó số các số không có mặt chữ số 5 là ,24234 =×× và số các số có mặt chữ số 5 là .362460 =− Gọi A là biến cố hai số được viết lên bảng đều có mặt chữ số 5; B là biến cố hai số được viết lên bảng đều không có mặt chữ số 5. Rõ ràng A và B xung khắc. Do đó áp dụng qui tắc cộng xác suất ta có . 25 13 5 2 5 3 . . . . )()()( 22 1 60 1 60 1 24 1 24 1 60 1 60 1 36 1 36 =       +       =+=+=∪ CC CC CC CC BPAPBAP Suy ra xác suất cần tính là . 25 12 25 13 1)(1 =−=∪−= BAPP . 3),2) (1( )1( 6 )1( ( )1( .424 323 1 ≥−−=−+ −+ ⇔=+ + nnnnnn nnn ACC nnn 2 2 2 2( 1) 3( 1) 3( 3 2), 3 12 11 0, 3 11 .n n n n n n n n n⇔ − + − = − + ≥ ⇔ − + = ≥ ⇔ = Khi đó )2.( 2 .)( 2 11 0 322 11 11 0 11 2 11 11 2 ∑∑ = − = − −=       −=       − k kkk k k kk xC x xC x x Số. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2 012 - 2 013 Thời gian làm bài: 18 0 phút. I. PHẦN CHUNG