ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 194 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 2 3 2 x y x − = − . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Tìm điểm M thuộc (C) biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận tại A và B sao cho diện tích đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB bằng 2 π . Câu II ( 3,0 điểm). 1. Giải phương trình lượng giác: 4cos 3 cos2 sin 2 3x x x− = + 2. Giải hệ phương trình : 2 2 4 ( 1) ( 1) 2 x y x y x x y y y + + + = + + + + = . 3. Tính tích phân: 2 0 2 π − + = − ∫ x cosx(cosx sinx) cos x I dx cosx s inx . Câu III (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = 2a, CD = a, góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60 o . Gọi I là trung điểm cạnh AD.Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD. Câu IV (1,0 điểm). Cho x,y [ ] 2012;2013∈ và x y≤ .Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P= 2 2 2 ( ) ( ) x y x y xy + + . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A.Theo chương trình Chuẩn. Câu V.a ( 2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm (1;0)H , chân đường cao hạ từ đỉnh B là (0; 2)K , trung điểm cạnh AB là (3;1)M . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;1;1), cắt đường thẳng ( ) 1 2 1 : 3 1 2 + − = = − x y z d và vuông góc với đường thẳng = − + = − = + x t d y t z t 2 2 2 ( ): 5 2 ( ∈t R ). Câu VI.a ( 1,0 điểm). Giải phương trình: xx 32 log)1(log =+ B.Theo chương trình Nâng cao. Câu V.b ( 2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy), cho tam giác ABC biết có A(1;1) biết đường thẳng qua trung điểm cạnh AB và AC có phương trình x -2y -4=0.Đường trung tuyến kẻ từ A có phương trình:3x+2y-5=0 .Tìm toa độ đỉnh B,C biết diện tích tam giác ABC bằng 20 và điểm B có hoành độ dương. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P): 1 0+ + − =x y z đồng thời cắt cả hai đường thẳng ( ) 1 1 1 : 2 1 1 − + = = − x y z d và 2 1 ( ) : 1 x t d y z t = − + = − = − , với ∈t R . Câu VI.b ( 1,0 điểm). Một cái túi có 5 quả cầu đỏ ,6 quả cầu xanh.Chọn ngẫu nhiên 4 quả cầu .Tính xác suất để trong 4 quả cầu đó có cả quả màu đỏ và màu xanh ……….Hết………. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm C¢U NÔI DUNG ÑIEÅM C©u I (2,0 ®iÓm) 1. (1,0 ®iÓm) a) Tập xác định : D = R b) Sự biến thiên: * Tiệm cận : 2 2 lim , lim x x y y − + → → = −∞ = +∞ nên 2x = là tiệm cận đứng lim 2 , lim 2 x x y y →−∞ →+∞ = = nên 2y = là tiệm cận ngang. *Chiều biến thiên: ( ) 2 1 0, 2 2 y x x = − < ∀ ≠ − 0,25 * Bảng biến thiên 0,25 + Hàm số nghich biến trên các khoảng; (- ∞ ; 2) và (2; + ∞ ) +Cực trị : hàm số không có cực trị 0,25 c) Đồ thị *Vẽ đồ thị: * Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I(2;2) làm tâm đối xứng. 0,25 2. (1,0 ®iÓm) . 2) Gọi ( ) 2 3 ; 2 a M a C a − ∈ ÷ − với 2a ≠ . Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M có dạng: ( ) ( ) 2 2 3 1 2 2 a y x a a a − − = − − − − 0,25 Giả sử A,B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận đứng và tiệm cận ngang. Khi đó ta tìm được 2 2 2; 2 a A a − ÷ − , ( ) 2 2;2B a − ( ) ( ) 2 2 1 2 2 2 AB a a ⇒ = − + − Do tam giác IAB vuông tại I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp là ( ) ( ) 2 2 1 2 2 2 AB R a a = = − + − 0,25 Vì 2 2 2 2 2 IAB S R R π π π ∆ = ⇔ = ⇔ = 0,25 Vì vậy ( ) ( ) 2 2 1 2 2 1; 3 2 a a a a − + = ⇔ = = − Đáp số ( ) 1;1M hay ( ) 3;3M 0,25 Câu II (3 điểm) 1(1 điểm) 4cos 3 cos2 sin 2 3x x x− = + ( ) 4cos 3 1 cos2 sin 2 0x x x⇔ − + − = 2 4cos 2 3 cos 2sin .cos 0x x x x⇔ − − = ( ) cos 2 3 cos sin 0x x x⇔ − − = cos 0 2 3 cos sin 0 x x x = ⇔ − − = ( ) ( ) 1 2 0.25 ( ) 1 2 x k π π ⇔ = + , ( ) k Z∈ 0.25 ( ) 2 1 cos 6 x π ⇔ = − ÷ 2 2 6 6 x k x k π π π π ⇔ − = ⇔ = + , ( ) k Z∈ 0.25 Vậy pt đã cho có các nghiệm: 2 x k π π = + , 2 6 x k π π = + , ( ) k Z∈ 0.25 2 ( 1 điểm) Hệ phương trình ⇔ 2 2 2 2 4 2 x y x y x y x y xy + + + = + + + + = ⇔ 2 2 2 4 ( ) ( ) 2 4 2 2 x y x y x y x y xy xy xy + + + = + + + − = ⇔ = − = − ⇔ 2 ( ) 0 2 x y x y xy + + + = = − ⇔ 0 ( ) 2 1 ( ) 2 x y I xy x y II xy + = = − + = − = − 0,25 Giải (I): (I) ⇔ 2 2 2 2 x y x y = = − = − = 0,25 Giải (II) : (II) ⇔ 1 2 2 1 x y x y = = − = − = 0,25 KL:Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là: (x;y)= ( ) ( ) ( ) ( ) 2; 2 ; 2; 2 ; 1; 2 ; 2;1− − − − 0,25 3 (1 điểm) x cos x(cos x sinx) cos x I dx cos x sinx π − + = − ∫ 2 0 2 = x cos xdx (cos x sinx)dx I I π π + + = + ∫ ∫ 2 2 1 2 0 0 0,25 Tính I xcos xdx π = ∫ 2 1 0 Đặt u x du dx dv cosxdx v sinx = = ⇒ = = I xsin x sinxdx π π π = − = − ∫ 2 1 0 1 2 2 0 0,25 I (cos x sinx)dx (sinx cos x) π π = + = − = ∫ 2 2 0 2 2 0 0,25 I I I π = + = + 1 2 1 2 0,25 Câu III (1 điểm) Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) SBI ABCD SCI ABCD SI ABCD SI SBI SCI ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ = ∩ Gọi H là hình chiếu của I lên BC.Theo định lí 3 đường vuông góc SH ⊥ BC. Mà BC = ( ) ( )SBC ABCD∩ nên SHI ∧ = 60 o là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD). 0,25 2 2 2 2 2 2 1 1 ( ) 2 (2 ) 3 2 2 1 1 3 . . 2 2 1 3 3 2 2 ABCD IBC ABCD ICD IAB S AD AB AC a a a a S S S S a ID CD IA AB a a a a ∆ ∆ ∆ = + = + = = − − = − − = − − = 0,25 Kẻ CE ⊥ AB, 2 2 2 2 2 2 3 2. 2 3 3 5 2 5 4 IBC a S a a IH BC CE BE a a ∆ = = = = + + Trong tam giác SIH vuông tại I, ta có : SI = IH.tan60 o = 3 5 3 15 . 3 5 5 a a = 0,25 A B D C S E H I Vậy 3 2 . 1 3 15 3 15 .3 3 5 5 S ABCD a a V a= = (đvtt). 0,25 Câu IV (1 điểm) Đặt t= x y .Khi đó P= 2 ( 1)( 1)t t t + + =f(t),khi đó f’(t)= 2 1 2 1t t + − , 0,25 0,25 Vì 2012 2012 2012 2013 1 1 2013 2013 ≤ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ x x y t y .Ta có f’(t)> 2 2012 2013 2. 1 ( ) 0 2013 2012 + − > với 2012 ,1 2013 t ∀ ∈ 2012 ;1 2013 max max ( ) (1) 4 t P f t f ∈ ⇒ = = = đạt được khi x=y 0,25 2 2 2012 ;1 2013 2 2012 2012 2012 2013 min minf ( ) ( ) 1 1 2013 2013 2013 2012 4025 8100313 . 2012 2013 t P t f ∈ = = = + + ÷ ÷ = Đạt được khi 2012 2013 x y= 0,25 Câu V.a.1 (1 điểm) + Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận ( 1; 2)HK = − uuur làm vtpt và AC đi qua K nên ( ): 2 4 0.AC x y− + = 0,25 Ta cũng có: ( ): 2 2 0BK x y+ − = . + Do ,A AC B BK∈ ∈ nên giả sử (2 4; ), ( ; 2 2 ).A a a B b b− − Mặt khác (3;1)M là trung điểm của AB nên ta có hệ: 2 4 6 2 10 4 . 2 2 2 2 0 2 a b a b a a b a b b − + = + = = ⇔ ⇔ + − = − = = Suy ra: (4; 4), (2; 2).A B − 0,25 + Suy ra: ( 2; 6)AB = − − uuur , suy ra: ( ):3 8 0AB x y− − = . 0,25 + Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận (3; 4)HA = uuur , suy ra: ( ) :3 4 2 0.BC x y+ + = KL: Vậy : ( ): 2 4 0,− + =AC x y ( ) :3 8 0− − =AB x y , ( ) :3 4 2 0.+ + =BC x y 0,25 Câu V.a.2 (1 điểm) Gọi (P) là mf: 2 2 (1;1;1) (2; 5;1) P d quaM QuaM d vtptn u ⇔ ⊥ = = − uur uur 0,25 PT mf(P) : 2x - 5y + z + 2 = 0 0,25 (P) ∩ d 1 = A(-5;-1;3) 0,25 Khi đó đt d : 1 3 (1;1;1) ó : 1 ( ) 1 (3;1; 1) 1 2 x t quaM d c pt y t t R vtcp AM z t = + ⇒ = + ∈ = − = − uuuur 0,25 Câu VI.a (1 điểm) ĐK: x >0. Đặt y= x 3 log ⇒ y x 3= 0,25 Ta có PT y y =+ )31(log 2 ⇔ yy 231 =+ ⇔ f(y)= 1 2 3 2 1 = + y y (1) 0,25 Ta thấy hàm số f(y) nghịch biến trên R và y=2 thoã mãn (1) là duy nhất 0,25 Với y=2 ⇒ x=3 2 =9 Vậy Pt có một nghiệm x=9 0,25 Câu V.b.1 (1 điểm) M(-3;0) x-2y-1=0 :2x-3y+14=0 B C A H Ta có ( ) n 1; 2− r là VTPT của đường thẳng CH, do AB CH ⊥ nên ( ) n 1; 2− r là 1 VTCP của đường thẳng AB, mà AB đi qua ( ) M 3;0− ⇒ phương trình tổng quát đường thẳng AB: 2x y 6 0+ + = . Mặt khác ( ) ( ) A A AB ∈ ∆ ⇒ = ∆ ∩ do đó tọa độ của A là nghiệm của hpt ( ) 2x y 6 0 x 4 A 4;2 2x 3y 14 0 y 2 + + = = − ⇔ ⇒ − − + = = 0,25 do ( ) M 3;0− là trung điểm của AB do đó ( ) A B M B A B B M x x x x 2 2 B 2; 2 y y y 2 y 2 + = = − ⇒ ⇒ − − + = − = 0,25 Do BC// ∆ ⇒ phương trình đường thẳng BC có dạng: 2x 3y m 0 (m 14)− + = ≠ , mà (BC) đi qua ( ) B 2; 2− − m 2 BC:2x 3y 2 0⇒ = − ⇒ − − = 0,25 Lại có C BC CH = ∩ do đó tọa độ của C là nghiệm của hpt ( ) x 2y 1 0 x 1 C 1;0 2x 3y 2 0 y 0 − − = = ⇔ ⇒ − − = = Vậy ( ) ( ) ( ) A 4;2 , B 2; 2 ,C 1;0− − − 0,25 Câu V.b.2 (1 điểm) Giả sử : 1 d d∩ = ( ) 1 1 1 1 2 ; 1 ;+ − −M t t t ; 2 d d∩ = ( ) 1 ; 1;− + − −N t t Suy ra ( ) 1 1 1 2 2; ;= − − − − uuuur MN t t t t t 0,25 ( ) ( ) * 1 1 1 . ; 2 2 P d mp P MN k n k R t t t t t⊥ ⇔ = ∈ ⇔ − − = = − − uuuur uur 0,25 ⇔ 1 4 5 2 5 = − = t t ⇒ 1 3 2 ; ; 5 5 5 = − − ÷ M 0,25 ⇒ d: (1;1;1) P quaM vtcpu n = = r uur có ptts : 1 5 3 5 2 5 x v y v z v = + = − + = − + ( v R ∈ ) 0,25 Câu VI.b (1 điểm) 4 11 330CΩ = = Biến cố A: “4 quả cầu đó có cả quả màu đỏ và màu xanh” với A= 1 2 3 A A A∪ ∪ 0,25đ A 1 là 4 quả cầu có 1quả màu đỏ và 3 quả màu xanh | A 1 |=5. 3 6 C =100 2 A là 4 quả cầu có 2quả màu đỏ và 2 quả màu xanh 0,25đ | 2 A |= 2 2 5 6 . 150C C = 3 A là 4 quả cầu có 3quả màu đỏ và 1 quả màu xanh | 3 A |= 3 5 .6 60C = 0,25đ 1 2 3 100 150 60 31 ( ) ( ) ( ) ( ) 330 330 330 33 P A P A P A P A= + + = + + = 0,25đ Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 194 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 2 3 2 x y x − = − . 1. Khảo sát sự biến thi n và. biến thi n: ( ) 2 1 0, 2 2 y x x = − < ∀ ≠ − 0,25 * Bảng biến thi n 0,25 + Hàm số nghich biến trên các khoảng; (- ∞ ; 2) và (2; + ∞ ) +Cực trị : hàm số