ĐÁP ÁN THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK NĂM 2013 ppt

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC. NĂM 2012 - 2013 MÔN: TOÁN. KHỐI A - B - D. Thời gian làm bài: 180 phút. PHẦN CHUNG Câu I a + Tập xác định D = ¡ { } \ 1 − + Sự biến thiên 2 3 ' 0 1 ( 1) y x x = > ∀ ≠ − + Hàm đồng biến trên các khoảng ( ) ; 1 −∞ − và ( ) 1; − +∞ Hàm số không có cực trị. 0,25 + Giới hạn và tiệm cận lim lim 2 x x y y →−∞ →+∞ = = nên đồ thị có T/c ngang y = 2 1 1 lim , lim x x y y − + →− →− = +∞ = −∞ nên đồ thị có T/c đứng x = -1 0.25 Bảng biến thiên x −∞ 1 2 +∞ y’ - - y + ∞ 2 2 - ∞ 0,25 Đồ thị 0.25 b Phương trình hoành độ giao điểm: 2 1 2 1 ( 1)( ) 1 x x m x x x m x − = − + ⇔ − = + − + + (x = - 1 không là nghiệm của PT ) ⇔ x 2 - (m - 3)x - m – 1 = 0 (1) 0,25 (1) là PT bậc hai có ∆ = (m – 3) 2 + 4(m + 1) = m 2 - 2m +13 = (m - 1) 2 + 12 > 0 m ∀ Nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x 1 và x 2 , hay đường thẳng luôn cắt (C) tạii hai điểm pb A,B. Theo hệ thức Vi – et: x 1 + x 2 = m – 3, x 1 . x 2 = - m – 1 0,25 Khi đó A(x 1 ; -x 1 +m), B(x 2 ; -x 2 + m) suy ra *) 2 2 1 2 1 2 1 2 2( ) 2[( ) 4 ]AB x x x x x x = − = + − AM = 2 2 2 2 1 1 1 2 ( 2) ( 5) ( 2) ( 2)x x m x x − + − + − = − + − , BM = 2 2 2 2 2 2 2 1 ( 2) ( 5) ( 2) ( 2)x x m x x − + − + − = − + − = AM 0,25 Để tam giác MAB đều ta phải có: AB = AM = BM, hay 2 2 2 1 2 1 2 2( ) ( 2) ( 2)x x x x − = − + − 2 1 4 5 0 5 m m m m =  ⇔ + − = ⇔  = −  Kết luận. 0.25 Câu Với ĐK sinx ≠ 0 và cotx ≠ 1, biến đổi phương trình thành 0,5 II 2 đ a 3 (cos sin ) 1 2 2 (cos sin )(cos sin ) cos sin 2 sin x x x x x x x x x − − − + = − 2 cos 2 3sinx x ⇔ − = 2 2sin 3sin 1 0x x ⇔ − + = Giải tiếp được sinx = 1 và sinx = 0,5. Đều thỏa mãn ĐK . 0,25 Với sinx = 1 2 2 x k π π ⇔ = + Với sinx = 0,5 ⇔ 5 2 ; 2 6 6 x k x k π π π π = + = + . Vậy PT đã cho có 3 họ nghiệm nói trên. 0.25 b ĐKXĐ: ≠ 0xy . Biến đổi hệ thành 2 1 1 1 2 1 4 4 1 1 1 1 1 3 4 x x x x y x y x x x x xy y x x y y x       + + + = + + =   ÷  ÷        ⇔         + + = + + + =  ÷  ÷         1 1 1 4 1 1 1 4 x x x y x x x y      + + + =   ÷  ÷      ⇔       + + =  ÷  ÷       0,5 1 2 1 1 2 x x x y  + =   ⇔   + =   0,25 1x y ⇔ = = . Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (2; 2). 0,25 Câu III 1đ Đặt 2 3 1 3 1 1 cot 2 sin 2 2 u x du dx dv dx v x x = + =     ⇒   = =     0,25 Suy ra 2 3 1 1 1 (3 1). cot 2 cot2 .3 sin 2 2 2 x I dx x x x dx x + = = + − ∫ ∫ 0,25 = 1 3 1 (3 1).cot 2 (sin 2 ) 2 4 sin 2 x x d x x + − ∫ 0.25 = 1 3 (3 1).cot 2 ln |sin 2 | 2 4 x x x C + − + 0.25 Câu IV 1đ S A B H D C +) Tính thể tích khối chóp: Gọi H là trung điểm của AD thi do SAD là tam giác đều cạnh AD = a nên SH ⊥ AD và 0,25 N M K SH = 3 2 a . Mặt khác theo gt (SAD) ⊥ (ABCD) nên SH ⊥ (ABCD) Đáy khối chóp là hình vuông cạnh a 3 2 . 1 1 3 3 . . . 3 3 2 6 S ABCD ABCD a a V S SH a ⇒ = = = . 0,25 +) Gọi N = HC ∩ BD; M ∈ SD và MN // SB. Khi đó SB //(MHC) và ta có 2MS MD = . Kẻ MK // SD thì MK ⊥ (ABCD) và DH = 3 2 KH nên: d(SB, HC) = d(SB, (MHC)) = d(S, (MHC)) = 2.d(D,(MHC)) = 2. 3 2 d(K, (MHC)) . 0.25 Kẻ KI ⊥ HC, KJ ⊥ MI thì ta chứng minh được KJ = d(K, (MHC)) . Ta cũng dễ dàng tính được MK = 1 3 3 6 a SH = , KI = 2 3 d(D, HC) = 2 2 2 . . 3 DH DC DH DC + = 2 2 . 2 2 2 . 3 3 5 4 a a a a a = + Suy ra KJ = 2 2 .KM KI KM KI+ = 2 2 3 2 . 6 3 5 3 4 36 45 a a a a + = 2 93 93 a . Vậy d(SB, HC) = 2 93 31 a . 0.25 Câu V 1đ Không mất tính tổng quát, giả sử rằng x = min{x, y, z}. Kết hợp với GT x + y + z = 1 ta suy ra x ≤ 1 3 nên 1 – 2x > 0. 0,25 Khi đó 2xy yz zx xyz + + − = x(y + z) + yz(1 – 2x) 2 ( ) (1 ) (1 2 ) 4 y z x x x + ≤ − + − = = 2 (1 ) (1 ) (1 2 ) 4 x x x x − − + − 0,25 Xét: 2 (1 ) ( ) (1 ) (1 2 ) 4 x f x x x x − = − + − = -2x 3 + x 2 + 1 trên [0; 1/3] 2 '( ) 6 2f x x x= − + triệt tiêu khi x = 0 và x = 1/3 BBT. x 0 1 3 1 f’(x) + 0 - f(x) 0,25 Từ BBT suy ra 2xy yz zx xyz + + − 1 ( ) 3 f x f   ≤ ≤ =  ÷   7 27 (ĐPCM). Thấy 2xy yz zx xyz + + − = 7 27 khi x = y = z = 1 3 0,25 A. Theo chương trình Chuẩn a B(0; -3) không thỏa mãn PT ∆ nên PT A, C ∈∆ . Suy ra BD: x – 3y – 9 = 0. 0,25 Gọi I là gia của AC và BD thì tọa độ I là nghiệm hệ 3 7 0 3 9 0 x y x y + − =   − − =  nên I(3; -2). Suy ra D(6; -1). (I là trung điểm của BD) 0,25 Gọi A(a; 7 -3a) thì từ giả thiết diện tích hình thoi bằng 20 ta có: BD. d(A, BD) = 20 hay 2 | 3(7 3 ) 9 | 2 10. 20 4 10 a a a a =  − − − = ⇔  =  0,25 Với a = 2 thì A(2; 1) và C(4; -5) Với a = 4 thì A(4; -5) và C(2; 1). 0,25 b Do M thuộc Oz nên M(0; 0; z). Ta có ( 2; 2;1), ( 1;2; 2)AB AM z = − − = − − uuur uuuur nên , ( 2 2;2 5; 6) 0AB AM z z   = − + − − ≠   uuur uuuur r , suy ra M không nằm trên đường thẳng AB. 0,25 Do AB = 3 nên khoảng cách từ M đến AB nhỏ nhất khi và chỉ khi diện tích tam giác AMB nhỏ nhất. 0,25 Mà diện tích tam giác AMB là: 2 2 2 1 1 , ( 2 2) (2 5) ( 6) 2 2 S AB AM z z   = = − + + − + −   uuur uuuur = 2 2 1 1 7 81 8 28 65 8 2 2 4 2 z z z   − + = − +  ÷   1 81 9 2 2 2 4 ≥ = 0,25 Vậy khi M(0;0; 7/4) thi k/c từ M đến AB nhỏ nhất. 0,25 Câu VIIa 1 đ Số cách chọn 5 viên bi trong 20 viên bi đã cho là 5 20 15 504C = 0,25 Gọi A là biến cố “5 viên bi được chọn không có quá hai màu” thì A là biến cố “5 viên bi được chọn có quá hai màu” hay A là biến cố “5 viên bi được chọn có đủ cả ba màu” 0,25 Để tìm số cách chọ được 3 viên bi có đủ 3 màu ta có bảng sau Số bi trắng (7) Số bi vàng (9) Số bi đỏ (4) Số cách 1 1 3 1 1 3 7 9 4 . .C C C 1 3 1 1 3 1 7 9 4 . .C C C 1 2 2 1 2 2 7 9 4 . .C C C 2 1 2 2 1 2 7 9 4 . .C C C 2 2 1 2 2 1 7 9 4 . .C C C 3 1 1 3 1 1 7 9 4 . .C C C Suy ra | A Ω | = 1 1 3 7 9 4 . .C C C + 1 3 1 7 9 4 . .C C C + 1 2 2 7 9 4 . .C C C + 2 1 2 7 9 4 . .C C C + 2 2 1 7 9 4 . .C C C + 3 1 1 7 9 4 . .C C C = = 7.9.4 + 7.4.9.8.7:6 + 7.9.4.2.3 + 7.3 . 9 . 2.3 + 7.3 . 9.4.4+ 7.5.9.4 = 9534 0,25 Nên ( ) | | 9534 1589 | | 15504 2584 A P A Ω = = = Ω 0,6149 ≈ Vậy ( ) ( ) 1P A P A= − = 995 2584 ≈ 0,3851 0.25 2. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb a Gọi N’ là điểm đối xứng với N qua I thì N 5 3; 3    ÷   và N’ nằm trên AB nên AB đi qua M, N’ có PT: x – 3y + 2 = 0. 0,25 Gọi H là hình chiếu của I trên AB thì IH = d(I, AB) = 4 10 . Do AC = 2BD nên IA = 2IB = 2a > 0. Trong tam giác vuông IAB ta có 2 2 2 1 1 1 IA IB IH + = hay 0,25 2 2 1 1 5 2 4 8 a a a + = ⇔ = Gọi B =(x; y) thi do IB = a = 2 và B thuộc AB nên tọa độ B là nghiệm hệ: 2 2 14 4 3 ( 3) ( 3) 2 5 8 2 3 2 0 5 x x x y y x y y  =  = >  − + − =   ⇔ ∨    = − + =    =   0,25 Do hoành độ B nhỏ hơn 3 nên B 14 8 ; 5 5    ÷   . Vậy BD: 7x - y -18 = 0. 0,25 b Do M thuộc Oz nên I(0; 0; z). Ta có ( 2; 2;1), ( 1;2; 2)AB AI z = − − = − − uuur uur nên , ( 2 2;2 5; 6) 0AB AI z z   = − + − − ≠   uuur uur r , suy ra I không nằm trên đường thẳng AB. 0,25 Gọi h là khoảng cách từ I đến AB thì do AB = 3 nên bán kính mặt cầu là R = 2 9 4 h + . Mà diện tích của mặt cầu là: 2 4 R π , suy ra diện tích mặt cầu nhỏ nhất khi và chỉ khi h nhỏ nhất khi và chỉ khi diện tích tam giác AIB nhỏ nhất. 0,25 Mà diện tích tam giác AIB là: 2 2 2 1 1 , ( 2 2) (2 5) ( 6) 2 2 S AB AI z z   = = − + + − + −   uuur uur = 2 2 1 1 7 81 8 28 65 8 2 2 4 2 z z z   − + = − +  ÷   1 81 9 2 2 2 4 ≥ = 0.25 Vậy I(0;0; 7/4) . 0,25 Câu VIIb 1 đ ĐK: 2 2 2 2 ( 5 6) ( 2) (3 ) 0 1 0 3 0 x x x x x x  − + = − − >  − >   − >  1 3 2 x x < <  ⇔  ≠  0,25 Khi đó Pt được biến đổi thành: 2 3 3 ( 1)(3 ) log | 5 6 | log 2 x x x x − − − + = 0,25 2 ( 1)(3 ) | 5 6 | 2 x x x x − − ⇔ − + = 1 | 2 | 2 x x − ⇔ − = , (do 3 – x > 0) 0,25 Nếu 2 < x < 3 thì 2(x – 2) = x – 1 hay x = 3 (loại) Nếu 1 < x < 2 thì -2(x -2) = x – 1 hay x = 5/3 thỏa mãn. Vậy Pt đã cho có nghiệm x = 5/3. 0.25 . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC. NĂM 2012 - 2013 MÔN: TOÁN. KHỐI A - B - D. Thời gian làm bài: 180. + + (x = - 1 không là nghiệm của PT ) ⇔ x 2 - (m - 3)x - m – 1 = 0 (1) 0,25 (1) là PT bậc hai có ∆ = (m – 3) 2 + 4(m + 1) = m 2 - 2m +13 = (m - 1) 2