ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 185 doc

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 185 I. PHẦN CHUNG ( Cho tất cả thí sinh ) Câu I ( 2 điểm ). Cho hàm số 2 4 1 x y x − = + 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2) Tìm trên đồ thị (C) hai điểm A, B đối xứng nhau qua đường thẳng MN, biết ( ) ( ) 3;0 , 1; 1M N− − − . Câu II ( 2 điểm ). Giải các phương trình, bất phương trình sau 1) ( ) 2 2 2 sin cos 2sin 2 sin sin 3 1 cot 2 4 4 x x x x x x π π + −       = − − −  ÷  ÷   +       . 2) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 1 2 10 1 3 2x x x+ < + − + Câu III ( 1 điểm ). Tính tích phân ( ) 5 0 cos sinI x x x dx π = + ∫ Câu IV ( 1 điểm ). Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình thoi cạnh bằng a và góc · 0 60BAD = . Hai mặt chéo ( ACC'A' ) và ( BDD'B' ) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, B'C', biết rằng MN vuông góc với BD'. Tính thể tích của khối hộp ABCD.A'B'C'D' . Câu V ( 1 điểm ). Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng 2 2 2 52 2 2 27 a b c abc≤ + + + < II. PHẦN TỰ CHỌN ( Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B ) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa ( 2 điểm ) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh ( ) 1;5B và phương trình đường cao : 2 2 0AD x y+ − = , đường phân giác góc C là ': 1 0CC x y− − = . Tính tọa độ các đỉnh A và C. 2) Viết phương trình đường thằng ( ) ∆ đi qua điểm ( ) 1;1;1A và vuông góc với đường thẳng ( ) / 1 1 : 1 1 2 x y z− − ∆ = = và cách điểm ( ) 2;0;1B một khoảng lớn nhất. Câu VIIa ( 1 điểm ) Với n là số nguyên dương, chứng minh hệ thức ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 2 3 1 2 n n n n n n n n n n C C C n C n C C − + + + + − + = B. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb ( 2 điểm ) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) 2 2 3 : 2 C x y+ = và Parabol ( ) 2 :P y x= . Tìm trên (P) các điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến tới đường trỏn (C) và hai tiếp tuyến này tạo với nhau một góc bằng 60 0 . 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2 1 0P x y z+ + − = và đường thẳng (d) là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) ( ) : 2 2 0 à : 2 2 0Q x y v R y z− − = + + = . Viết phương trình đường thẳng ( ) ∆ đi qua giao điểm A của (d) và (P); ( ) ∆ nằm trong (P) và góc tạo bởi hai đường thẳng ( ) ∆ và (d) bằng 45 0 . Câu VIIb ( 1 điểm ). Người ta sử dụng 5 cuốn sách Toán, 6 cuốn sách Vật lí, 7 cuốn sách Hóa học ( các cuốn sách cùng loại giống nhau ) để làm giải thưởng cho 9 học sinh, mỗi học sinh được hai cuốn sách khác loại. Trong số 9 học sinh trên có hai bạn Ngọc và Thảo. Tìm xác suất để hai bạn Ngọc và Thảo có giải thưởng giống nhau. 1 HƯỚNG DẪN Câu I(2 điểm)1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 2 4 1 x y x − = + * Tập xác đinh { } \ 1D = −¡ Giới hạn, tiệm cận: 1 1 lim ; lim x x y y − + →− →− = +∞ = −∞ . Suy ra phương trình đường tiệm cận đứng x = – 1 lim 2; lim 2 x x y y →−∞ →+∞ = = . Suy ra phương trình đường tiệm cận ngang y = 2+ * Sự biến thiên: ( ) ( ) ( ) 2 6 ' 0; ; 1 1; 1 y x x = > ∀ ∈ −∞ − ∪ − + ∞ + nên hàm số đồng biến trong từng khoảng xác định của nó. * Bảng biến thiên * Đồ thị: Đồ thị phải đi qua các điểm đặc biệt ( ) ( ) ( ) 2,0 ; 0, 4 ; 4,4− − Nhận xét: đồ thị có tâm đối xứng là điểm ( ) 1;2I − Câu 1: 2) Tìm trên đồ thị hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN, biết ( ) ( ) 3;0 , 1; 1M N− − − . Phương trình đường thẳng ( ) : 2 3 0MN x y+ + = . Xét hai điểm A, B trên đồ thị (C), ta có 6 6 ; 2 , ; 2 , , 1 1 1 A a B b a b a b     − − ≠ −  ÷  ÷ + +     Gọi 3 3 ; 2 2 1 1 a b I a b +   − −  ÷ + +   là trung điểm của đoạn đoạn AB Theo yêu cầu của bài toán ta có ( ) ( ) 2 3 3 0 0 . 0 1 1 6 6 0 7 2 1 1 2 a b a AB MN b AB MN a b I MN b a a I MN a b b  =     − − + =   ⊥ =  =     + +  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     ∈ + = ∈       − − = −    + +  =    uuur uuuur Vậy ( ) ( ) 2;0 ; 0; 4A B − hoặc ( ) ( ) 2;0 ; 0; 4B A − Câu 2: 1) ( ) 2 2 2 sin cos 2sin 2 sin sin 3 1 cot 2 4 4 x x x x x x π π + −       = − − −  ÷  ÷   +       .Điều kiện xác định sin 0x ≠ hay ;x k k π ≠ ∈Z .Phương trình đã cho tương đương với ( ) ( ) ( ) 2 cos2 sin 2 sin 2 cos 2 sin cos 2 sin 1 0 4 4 3 cos 2 0 8 2 , 4 2 sin 1 0 2 x x x x x x x k x x k m Z x m x π π π π π π π     + = − ⇔ − − =  ÷  ÷         = +  − =  ÷  ⇔ ⇔ ∈      = + − =    So với điều kiện nghiệm của phương trình là ( ) 3 ; 2 ; , 8 2 2 k x x m k m Z π π π π = + = + ∈ Câu 2: 2) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 1 2 10 1 3 2x x x+ < + − + Điều kiện xác định 3 2 x ≥ − 2 + ∞ - ∞ 2 2 + + - 1 + ∞ - ∞ y' y x x y - 4 4 I 2 - 1 - 4 2 O 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 10 1 3 2 1 3 2 4 1 2 10 1 3 2 4 1 1 3 2 1 1 2 10 4 1 2 10 4 1 1 1 3 2 2 10 1 3 2 1 3 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x + − + + + + < + − + ⇔ + < + + ≠ −  ≠ −   + +   + ⇔ + < ⇔ ⇔   < + + < + + +    + +   1 1 1 3 2 4 2 3 2 2 10 3 2 3 x x x x x x x x ≠ − ≠ −   ≠ −    ⇔ ⇔ ⇔    < + + + < + + <      Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là { } 3 ; 3 \ 1 2 S   = − − ÷    Câu III(1 điểm)Tính tích phân ( ) 5 0 cos sinI x x x dx π = + ∫ * ( ) 1 2 5 5 0 0 0 cos sin .cos . .sin . I I I x x x dx x x dx x x dx π π π = + = + ∫ ∫ ∫ 1 42 43 1 4 2 4 3 . * 1 0 0 0 0 0 .cos . .sin sin . .sin cos 2I x x dx x x x dx x x x π π π π π = = − = + = − ∫ ∫ * Với 2 I ta đặt ( ) ( ) 2 2 2 0 8 1 cos cos 2 15 x t I x d x π π π π = − ⇒ = − − = ∫ . * Vậy 8 2 15 I π = − Câu IV(1 điểm) .Tính theo a thể tích hình chóp S.ABMN * Từ giả thiết ta có 2 2 0 3 sin 60 2 ABCD a S a= = 60 0 H N M C' O' D' A' C O B A D B' * Gọi O, O' lần lượt là tâm hai đáy ABCD và A'B'C'D' từ giả thiết ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ACC A ABCD BDD B ABCD OO ABCD OO ACC A BDD B ⊥  ⊥ ⇒ ⊥   =  I mà OO' // AA' , nên ta có hình hộp đã cho là hình hộp đứng * / / ' à ' ' 'MN OB v MN BD OB BD⊥ ⇒ ⊥ nên trong hình chữ nhật BDD'B' ta có ' 'BD B O⊥ . Gọi H là giao điểm của B'O và BD', khi đó ta có 1 ' 3 BH BD= và sử dụng hệ thức ' . '.B O BH BB BO= ta có 2 2 ' ' 2 a BD BB BB= ⇒ = . Vậy 3 . ' ' ' ' 6 . ' 4 ABCD A B C D ABCD a V S BB= = ( đvtt ) Câu V(1 điểm)Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng 3 2 2 2 52 2 2 27 a b c abc≤ + + + < Ta có ; ; 2 a b c p p a p b p c + + = ⇒ − − − là các số dương Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương 1 ; 1 ;1a b c− − − ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 1 0 1 1 1 3 27 28 28 1 2 2 2 27 27 a b c a b c ab bc ca abc ab bc ca abc − + +   < − − − ≤ =     ⇔ < + + − ≤ ⇔ < + + − ≤ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 56 52 2 2 2 2 27 27 a b c a b c abc a b c abc⇔ < + + − + + + ≤ ⇔ ≤ + + + < Đẳng thức bên trái xảy ra khi 2 3 a b c= = = Câu VIa(2 điểm)1) Tính tọa độ các đỉnh A và C.* Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với AD nên có phương trình là : 2 3 0BC x y− + = * 'C BC CC= I tọa độ của C là nghiệm của hệ ( ) 2 3 4 4; 5 1 5 x y x C x y y − = − = −   ⇔ ⇒ − −   − = = −   * Gọi B' là điểm đối xứng của B qua đường thẳng CC' khi đó B' thuộc đường thẳng AC Pt ': 6 0BB x y+ − = . 7 5 ' ' ; 2 2 K BB CC K   = ⇒  ÷   I là trung điểm BB' suy ra ( ) ' 6;0B * Đường thẳng AC qua C và B' : 2 6 0AC x y⇒ − − = A AC AD= I nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ ( ) 2 2 4 4; 1 2 6 1 x y x A x y y + = =   ⇔ ⇒ −   − = = −   *2) Viết phương trình đường thẳng ( ) ∆ ( ) ∆ phải thuộc mặt phẳng ( ) α đi qua A và vuông góc với ( ) '∆ suy ra vtpt ( ) 1;1;2n α = uur * Kẻ ( ) BK ⊥ ∆ ta có ( ) ( ) max ; ;BK d B AB d B AB K A= ∆ ≤ ⇒ ∆ = ⇔ ≡        * ( ) ( ) ( ) AB α ∆ ⊂   ∆ ⊥   suy ra véc-tơ chỉ phương của ( ) ∆ là ( ) 1 ; 1;1; 1 2 v n AB α   = = −   uur uur uuur * Phương trình đường thẳng ( ) ∆ là 1 1 1 1 1 1 x y z− − − = = − Câu VII a( 1 điểm)Chứng minh ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 2 3 1 2 n n n n n n n n n n C C C n C n C C − + + + + − + = Đặt ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 0 1 2 3 1 0. 1. 2 3 1 n n n n n n n n S C C C C n C n C − = + + + + + − + Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 0 1 2 3 1 2 . n n n n n n n n S n C C C C C C −   = + + + + + +     Khai triển hai nhị thức ( ) ( ) 1 1 n n x x+ + và ( ) 2 1 n x+ rồi so sánh hệ số của x n ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 0 0 1 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 0 2 0 1 2 1 2 1 2 1 1 2 222 2 1 ; 1 1 1 , 1 . n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n k n k n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n C C x C C x C x C x C x x C x C x C x C x C x x do C C x C C C C x C xC x C x C − − − − − − − − − − + = + + + + + + = + + + + + + + = + = + = + + +   + + + +    + +  + 2 2n n x ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 0 1 2 3 1 2 n n n n n n n n n n C C C C C C C − + + + + + + = từ đó suy ra ĐPCM 4 ∆ ' ( ) ∆( ) α B H A K Câu VIb.(2 điểm) 1) Tìm các điểm M trên ( ) 2 :P y x= Đường tròn ( )C tâm ( ) 0;0O , bán kính 6 2 r = và ( ) ( ) 2 ;M P M t t∈ ⇔ theo YCBT ta có 2 6OM OM= ∨ = { } 1; 2t⇒ ∈ ± ± Vậy có bốn điểm M là ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 4 1; 1 , 1; 1 , 2; 2 , 2; 2M M M M= = − = = − 2) Viết phương trình đường thằng ( ) ∆ * Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ ( ) 2 1 1 2 2 0 1;0; 1 2 2 1 x y z x x y y A y z z + + = =     − = ⇔ = ⇒ −     + = − = −   Đường thẳng (d) có véc-tơ chỉ phương là ( ) 1;2; 1v = − uur * Gọi véc-tơ chỉ phương của đường thẳng ( ) ∆ là ( ) 2 2 2 ; ; , 0u a b c a b c= + + ≠ uur Theo YCBT ta có ( ) ( ) ( ) 0 2 2 2 2 0 . 0 2 1 1 cos ; cos45 2 6. 2 P a b c u n a b c d a b c  + + =  =   ⇔ + −   = ∆ = =      + +   uur uuuur * Giải hệ này ta được 1 1 3 1 3 a b c =   = − +   = − −  hoặc 1 1 3 1 3 a b c =   = − −   = − +  * Vậy có hai đường thẳng thỏa YCBT là: ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 : , : 1 1 1 3 1 3 1 3 1 3 x y z x y z− + − + ∆ = = ∆ = = − + − − − + Câu VIIb.(1 điểm)Tìm xác suất để hai bạn Ngọc và Thảo có giải thưởng giống nhau. * Giả sử có x học sinh nhận sách Toán và Vật lí, y học sinh nhận sách Toán và Hóa học z học sinh nhận sách Vật lí và Hóa học Ta có 5, 6, 7, 9x y x z y z x y z+ = + = + = + + = suy ra 2, 3, 4x y z= = = Vậy chỉ có 2 học sinh nhận sách Toán và Vật lí, 3 học sinh nhận sách Toán và Hóa học, 4 học sinh nhận sách Vật lí và Hóa học. * Số khả năng chia sách cho 9 bạn là ( ) 2 3 4 9 7 4 . . 1260n C C CΩ = = . * Gọi A là biến cố hai bạn Ngọc và Thảo nhận sách giống nhau, xảy ra ba khả năng: Khả năng thứ nhất: Hai bạn Ngọc và Thảo cùng nhận sách Toán và Vật Lí , khi đó 7 bạn còn lại có 3 bạn nhận sách Toán và Hóa; 4 bạn nhận sách Vật lí và Hóa học. Số cách phân chia là 3 4 7 4 . 35C C = . Khả năng thứ hai: Hai bạn Ngọc và Thảo cùng nhận sách Toán và Hóa, tương tự có 2 1 4 7 5 4 . . 105C C C = cách. Khả năng thứ ba: Hai bạn Ngọc và Thảo cùng nhận sách Lí và Hóa, tương tự có 2 3 2 7 5 2 . . 210C C C = cách. * Suy ra P(A) = 350/1260 = 5/ 18. 5 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 185 I. PHẦN CHUNG ( Cho tất cả thí sinh ) Câu I ( 2 điểm ). Cho hàm số 2 4 1 x y x − = + 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2) Tìm trên. suất để hai bạn Ngọc và Thảo có giải thưởng giống nhau. * Giả sử có x học sinh nhận sách Toán và Vật lí, y học sinh nhận sách Toán và Hóa học z học sinh nhận sách Vật lí và Hóa học Ta có 5, 6,. suy ra 2, 3, 4x y z= = = Vậy chỉ có 2 học sinh nhận sách Toán và Vật lí, 3 học sinh nhận sách Toán và Hóa học, 4 học sinh nhận sách Vật lí và Hóa học. * Số khả năng chia sách cho 9 bạn là (