ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 132 pot

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 các thí sinh (7 điểm) Câu 1: Cho hàm số )24()15(6)2(32 323 +−+++−= mxmxmxy 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 2. Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x 0 ∈(1;2] Câu 2: 1. Giải phương trình: 2)cos3(sin3sin =+ xxx 2. Giải bÊt phương trình: 116102 2 −−+− xxx 3 −≤ x Câu 3: Tìm giới hạn: x 0 ln(1 ) tan 2 lim cot x x x π π → − + Câu 4: Cho lăng trụ đứng ABC.A ’ B ’ C ’ có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh là A . Góc giữa AA ’ và BC ’ bằng 30 0 và khoảng cách giữa chúng là a. Gọi M là trung điểm của AA ’ . Tính thể tích tứ diện MA ’ BC ’ . Câu 5: Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 8 2 3 3( 1) x x y y x y  − = +   − = +   II. Phần riêng ( 3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần( phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: 1. Cho ∆ABC cân đỉnh A .Cạnh bên AB và cạnh đáy BC có phương trình lần lượt là: x + 2y – 1 = 0 và 3x – y + 5 = 0 . Lập phương trình cạnh AC biết đường thẳng AC đi qua điểm M(1; -3). 2. Giải phương trình: )324(log)18(log39 33 +=+− xx xx Câu 7a: Trong một quyển sách có 800 trang thì có bao nhiêu trang mà số trang có ít nhất một chữ số 5. 2. Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: 1. Cho hai đường tròn (C 1 ) : x 2 + y 2 – 2y – 3 = 0 ; (C 2 ): x 2 + y 2 – 8x – 8y + 28 = 0 ; Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C 1 ) và (C 2 ) 2. Giải hệ phương trình:      −=+ =+ − yxyx yx xy )(log.3 27 5 3).( 5 Câu 7b: Cho a, b > 0 thoả mãn a 2 + b 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của 1 ab P a b = + + __________________________________ 1 Ghi chú: Thí sinh khối B ; D không phải làm câu 5 ( phần chung) I. Phần chung: Câu Điểm Câu 1.1 1. với m = 0 : y = 2x 3 - 6x 2 + 6x - 2 1. TXĐ: D = R 2. Sự biến thiên a. Giới hạn y = - ∞ ; y = +∞ b. Bảng biến thiên: Ta có : y / = 6x 2 - 12x + 6 = 6(x- 1) 2 , y / = 0 ⇔ x =1, y / > 0 , ∀ x≠ 1 0,25 Hàm số đồng biến trên R Hàm số không có cực trị 0,25 3. Đồ thị. Điểm uốn: y ” =12x - 12 , y ” = 0 ⇔ x= 1. y ” đổi dấu từ âm sang dương khi x qua điểm x = 1 ⇒ U(1;0) là điểm uốn giao với Oy : (0;- 2); giao với Ox: (1;0). Qua điểm (2;2). Nhận xét : đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng ( Học sinh tự vẽ đồ thị) 0,5 Câu 1.2 Hàm số bậc 3 có cực tiểu ⇔ y / = 0 có 2 nghiệm phân biệt. Do hệ số của x 3 dương ⇒ x CT > x CĐ 0,25 Ta có y / =6[x 2 -(m + 2)x+5m+1] , y / = 0 ⇔ m(x-5) = x 2 -2x +1 (1) Do x= 5 không là nghiệm của y / = 0 ⇒ (1) ⇔ m = = g(x) g / (x)= = 0 ⇔ hoặc x = 1 hoặc x = 9 0,25 Bảng biến thiên của g(x) 0,25 2 x - ∞ 0 +∞ y / + 0 + y +∞ 0 -∞ x - ∞ 1 2 5 9 +∞ g / (x) + 0 - - - 0 + g(x) 0 + ∞ +∞ - ∞ - ∞ 16 Từ bảng biến thiên kết hợp với nhận xét trên ⇒hàm số có cực tiểu tại x 0 ∈ (1;2]⇔ -1/3≤ m <0 0,25 Câu Điểm Câu 2.1 sin3x(sinx+ cosx)=2 ⇔ sinxsin3x+ sin3xcosx=2 ⇔ ( cos2x+sin2x)-(cos4x- sin4x) =2 0,5 ⇔ cos(2x- )-cos(4x+) = 2⇔ os(2x- ) 1 3 os(4x+ ) 1 3 c c π π  =     = −   0,25 ⇔ x= 6 os( +4k ) 1 k c π π π π  +    = −  ⇔ x= 6 k π π + k∈ Z 0,25 Câu 2.2 ĐK : x≥ 1 Đặt u = x-3 , v= v≥ 0 . ta được BPT: ≤ u+v 0,5 ⇔ 2 0 ( ) 0 u v u v + ≥   − ≤  0u v u v + ≥  ⇔  =  0,25 Vậy BPT 2 3 7 10 0 x x x ≥  ⇔  − + =  ⇔ x=5 0,25 Câu 3 0 0 ln(1 ) tan tan ln(1 ) 2 2 lim lim ot x ot x ot x x x x x x x c c c π π π π π → →   − +  ÷ − = +  ÷  ÷   0,25 Mà 0 0 ln(1 ) .ln(1 )sin lim lim 0 ot x . os x x x x x x x c x c π π π → → − − − = = − 0,25 2 0 0 0 tan sin .sin 2sin 2 2 2 lim lim lim 0 x cot os x os . os x 2 x x x x x x x x c c c π π π π π π π π → → → = = = 0,25 Vậy 0 ln(1 ) tan 2 lim 0 ot x x x x c π π → − + = 0,25 3 Câu 4 Ta có BB / ∥AA / ⇒ góc giữa AA / và BC / bằng góc giữa BC / và BB / ⇒ · / / 0 30B BC = ⇒ · / 0 60CBC = Gọi N là trung điểm của BC / , H là hình chiếu của N trên (ABC) ⇒ H là trung điểm của BC ⇒ AMNH là h.c.n ⇒ MN∥ =AH Do AH ⊥ BC , AH ⊥ CC / ⇒ AH ⊥ (BCC / ) ⇒ AH ⊥ BC / . từ giả thiết suy ra AH vuông góc với AA / Theo trên , MN∥ AH ⇒ MN ⊥ AA / ; MN⊥ BC / ⇒ MN là khoảng cách giữa AA / và BC / ⇒ MN = a ⇒ AH = a 0,25 Tính V MA / BC / : do BA⊥ (ACC / A / )⇒ V MA / BC / = S MA / C / . AB 0,25 Trong ∆ vuông AHB ta có AB= a, BH = a ⇒ BC= 2a Trong ∆ vuông BCC / : CC / = BC.tan60 0 = 2a 3 0,25 Vậy V MA / BC / = . AM.AC / .BC = 3 3 3 a Câu 5 Giải hệ : (I) 3 3 2 2 8 2 3 3( 1) x x y y x y  − = +   − = +   Ta có (I)⇔ 3 3 2 2 2(4 )(1) 3 6(2) x y y x y  − = +   − =   0,25 Thay (2) vào (1) : x 3 + x 2 y - 12xy 2 = 0 ⇔ 0 3 4 x x y x y =   =   = −  0.5 4 Thay x vào (2) cả 3 trường hợp ⇒ Hệ có các nghiệm là: (3;1) , (- 3; -1) , 6 6 ( 4 ; ) 13 13 − , 6 6 (4 ; ) 13 13 − II. Phần riêng. Câu 6a.1 Vector pháp tuyến của B Clà : 1 n ur = (3; -1); Vector pháp tuyến của AB là : 2 n uur = (1; 2) ⇒ · 1 2 1 2 1 2 n . 1 osABC os(n ; ) 50 n . n c c n n = = = uuruur uur uur uur uur 0,25 Gọi 3 ( ; )n a b uur là vector pháp tuyến của AC là (a 2 +b 2 ≠ 0) ⇒ 1 3 1 os(n ; ) 50 c n = uur uur ⇔ 2 2 3 1 50 10. a b a b − = + 2 0 11 2 0 a b a b − =  ⇔  − =  0,5 • Trường hợp 2a - b =0 loại do ∥ AB • Trường hợp 11a - 2b = 0 . chọn a = 2 ⇒ b = 11 Vậy phương trình AC là: 2(x - 1) + 11(y+3) =0 ⇔ 2x + 11y + 31 = 0 0,25 Câu 6a.2 Giải phương trình: 3 3 9 3 log (8 1) log (24 3) x x x x− + = + ĐK x> PT ⇔ 3 (3 1) 3 log (24 3) 0 x x x   + − + =   0,5 3 3 log (24 3) 0 x x⇔ − + = Xét 3 ( ) 3 log (24 3) x f x x= − + với x> / 8 ( ) 3 ln3 ; (8 1) ln3 x f x x = − + // 2 2 64 ( ) 3 ln 3 (8 1) ln3 x f x x = + + 0,25 // ( )f x > 0 ∀ x > ⇒ / ( )f x đồng biến trên ( , +∞) ⇒ / ( )f x =0 có nhiều nhất là 1 nghiệm ⇒ ( ) 0f x = có nhiều nhất là 2 nghiệm. Ta có (0) 0f = ; (1) 0f = . Vậy PT đã cho có 2 nghiệm là : x = 0 ; x = 1 0,25 Câu 7a • Trường hợp 1: số trang có 1 chữ số: có 1 trang • Trường hợp 2: số trang có 2 chữ số 1 2 a a Nếu a 1 = 5⇒ a 2 có 10 cách chọn ⇒ có 10 trang Nếu a 2 = 5 ⇒ a 2 có 8 cách chọn ( vì a 1 ≠ 0,a 1 ≠ 5) ⇒ có 18 trang 0,25 5 A B C M(1;-3) • Trường hợp 3: số trang có 3 chữ số 1 2 3 a a a Do sách có 800 trang ⇒ a 1 chọn từ 1→ 7 + Nếu a 1 = 5 ⇒ a 2 có 10 cách chọn, a 3 có 10 cách chọn⇒có 100 trang + Nếu a 2 =5⇒a 1 có 6 cách chọn(vì a 1 ≠5), a 3 có10 cách chọn⇒có 60 trang + Nếu a 3 =5⇒a 1 có 6 cách chọn, a 2 có 9 cách chọn(vì a 1 ≠5,a 2 ≠5) ⇒có 54 trang 0,5 Vậy số trang thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 233 trang. 0,25 C â u 6 b. 1 (C 1 ) có tâm I 1 (0;1), R 1 =2; (C 2 ) có tâm I 2 (4;4), R 2 =2 Ta có I 1 I 2 = 14 9 5+ = > 4 = R 1 +R 2 ⇒ (C 1 );(C 2 ) ngoài nhau + xét tiếp tuyến d ∥ 0y: (d): x+c = 0 d(I 1 ,d) = C ; d(I 2 ,d) = 4 C+ d là tiếp tuyến chung của (C 1 )(C 2 )⇔ 2 4 2 C C  =   + =   ⇔ C = -2⇒ (d): x-2=0 0,5 + (d) : y = ax+b Do R 1 =R 2 ⇒ d∥ I 1 I 2 hoặc (d) đi qua I(2;) • d∥ I 1 I 2 : 1 2 I I uuur =(4;-3) ⇒ d: 3x - 4y +c =0. d tiếp xúc với (C 1 ),(C 2 ) ⇔ d(I 1 ;d) = 2⇔ 4 2 5 C− + = hoặc C =14 hoặc C= -6 ⇒ có 2 tiếp tuyến chung là: 3x - 4y +14 = 0 và 3x - 4y - 6 =0 • d qua O: phương trình d là: y = ax + - 2a ⇔ ax- y + - 2a =0 d là tiếp tuyến chung⇔ d(I 1 ;d) = 2⇔ 2 3 2 2 2 1 a a − = + ⇔ a= - d: 7x +24y - 14 =0 vậy có 4 tiếp tuyến chung là: x - 2 = 0; 3x - 4y + 14= 0; 3x - 4y - 6 = 0; 7x +24y - 74 =0. 0,25 Câu 6b.2 ĐK: x+y > 0 Hệ đã cho ⇔ 3 5 ( ) 3 27 ( ) 5 x y x y x y x y − −  + =    + =  ⇔ 3 3 5 5 3 27 ( ) 5 x y x y x y x y − − −  =    + =  0,5 ⇔ 3 3 3 3 5 3 ( ) 5 x y x y x y x y − − − − −   =   + =  ⇔ 3 3 0 ( ) 5 x y x y x y − − − =   + =  ⇔ 3 3 (2 3) 125 y x x = −   − =  0,25 3 2 3 5 y x x = −  ⇔  − =  ⇔ 4 1 x y =   =  thỏa mãn điều kiện 0,25 Câu 7b Ta có a 2 + b 2 =1 ⇔ (a + b) 2 - 1=2ab ⇔ (a + b+1)(a+b- 1) =2ab ⇔ = 2 a b+ - ⇒ T = 2 a b+ - 0,5 6 Mặt khác ta có: a+b ≤ . = nên T≤ ( - 1) Dấu “ =” xảy ra ⇔ a = b = . Vậy T max = ( - 1) Đối với khối B+D điểm của câu 5 chuyển cho Câu1.2 : 0,5đ và câu 4(hình): 0,5 đ 7 . 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. . 9 0,25 Bảng biến thi n của g(x) 0,25 2 x - ∞ 0 +∞ y / + 0 + y +∞ 0 - x - ∞ 1 2 5 9 +∞ g / (x) + 0 - - - 0 + g(x) 0 + ∞ +∞ - ∞ - ∞ 16 Từ bảng biến thi n kết