Đề thi thử ĐH-12-khối A-B ngày 27-11-10

Câu I(2 điểm) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A – B Năm học 2010 – 2011 Ngày thi: 27 – 11 – 2010 Thời gian làm bài: 180 phút Câu I(2 điểm): Cho hàm số 3 2 6 9 1y x x x = − + − (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng 9x – y = 0 Câu II(2 điểm): 1. Giải phương trình: 1 (1 sin ) tan( ) cos 4 2 cos x x x x π + − = − 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 185 ( ) 65 x xy y x y x xy y x y  + + + =   − + + =   Câu III(2 điểm): 1. Trong một bình đựng 10 viên bi đỏ, 8 viên bi xanh và 12 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 10 viên bi trong bình. Tính xác suất để trong 10 bi lấy ra có đúng 2 loại màu?(Tính chính xác đến hàng phần nghìn) 2. Giải phương trình: 2 16 4 4 2(log ) log .log ( 2 1 1)x x x= + − Câu VI(1 điểm): Chứng minh rằng: Với n là số nguyên dương ta có: 2 3 4 1 2 3 ( 1) ( 2).2 n n n n n n C C C n C n − + + + + − > − Câu V(2 điểm): 1. Cho hai đường thẳng d 1 : 2x – y + 1 = 0 và d 2 : x + 2y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng d đi qua gốc tọa độ và tạo với hai đường thẳng d 1 và d 2 một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của d 1 và d 2 . Tính diện tích tam giác đó. 2. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, BC = 2 2a . Hình chiếu vuông góc của A’ trên mp(ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khoảng cách giữa AA’ và BC bằng a Tính thể tích khối lăng trụ và côsin của góc giữa B’C’ và AA’ Câu VI(1 điểm). Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm thực phân biệt ( ) 4 4 2 2 2 6 2 6x x x x m m R + + − + − = ∈ Sở giáo dục đào tạo Bắc Ninh Trường THPT Hàn Thuyên THANG ĐIỂM – ĐÁP ÁN Câu I(2đ) 1(1 đ) Khảo sát hàm số đúng, đầy đủ các bước,vẽ đúng đồ thị 1 đ 2(1đ) Gọi M(x o ; y o ) là tiếp điểm ⇒ hệ số góc của tiếp tuyến là k = y’(x o ) = 3x o 2 – 12x o + 9 Theo gt: tiếp tuyến song song với đường thẳng 9x – y = 0 ⇒ k = 9 Từ đó: 3x o 2 – 12x o + 9 = 9 0 4 o o x x =  ⇔  =  Với x o = 0 ⇒ y o = - 1 ⇒ phương trình tiếp tuyến: y = 9x – 1 Với x o = 4 ⇒ y o = 3 ⇒ phương trình tiếp tuyến y = 9x – 33 0,25 0,25 0,25 0,25 CâuII 1(1đ) Điều kiện: 2 x k π π ≠ + . Khi đó: 2 1 tan 1 cos 2 (1 sin ) cos 1 tan 2 x x pt x x x − − ⇔ + = + 2 2 1 cos (sin cos )(cos sin ) 2 2 2 2 cos cos .cos 1 cos cos2 0 ( ) 4 2 x x x x x x k x x x x x TM π π − ⇔ + − = ⇔ = − ⇔ = ⇔ = + 0.25 0,25 0,5 2(1đ) Cộng vế với vế hai phương trình ta được: 2(x 2 + y 2 ) 2 2 x y+ = 250 2 2 25x y ⇔ + = Kết hợp với (1) ta có: 2 2 12 7 ( ) 12 25 xy x y I xy x y = + =   ⇔   = + =   hoặc 7 ( ) 12 x y II xy + = −   =  Giải hệ (I) ta được: 4 3 x y =   =  hoặc 3 4 x y =   =  Giải hệ (II) ta được: 4 3 x y = −   = −  hoặc 3 4 x y = −   = −  Kết luận: 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III(2đ) 1(1đ) Gọi A là biến cố ‘’ 10 viên bi được lấy ra có đúng 2 loại màu’’ Số phần tử của không gian mẫu: 10 30 C Ω = = 30045015 +TH1: 10 viên bi được lấy ra có 2 loại màu: màu đỏ và màu xanh có 10 10 18 10 C C − cách lấy +TH2: 10 viên bi được lấy ra có 2 loại màu: màu đỏ và màu vàng có: 10 10 10 22 10 12 C C C− − cách lấy +TH3: 10 viên bi được lấy ra có 2 loại màu: màu xanh và màu vàng có: 10 10 20 12 C C− cách lấy ⇒ có 10 10 10 10 10 18 22 20 10 12 2( )C C C C C + + − + cách lấy ra 10 viên bi có 2 loại màu 0,25 0,25 0,25 ⇒ A Ω = 875026 Xác suất để lấy được 10 viên bi có đúng 2 loại màu là: ( ) 0,029 A P A Ω = ≈ Ω 0,25 2(1đ) 2 16 4 4 2(log ) log .log ( 2 1 1)x x x= + − Điều kiện: x > 0 Khi đó: pt 2 4 4 4 log 2log .log ( 2 1 1) 0x x x ⇔ − + − = 4 4 4 4 4 4 log (log 2log ( 2 1 1)) 0 log 0 (1) log 2log ( 2 1 1) (2) x x x x x x ⇔ − + − = =  ⇔  = + −   Giải (1) ta được x = 1 Giải (2) ta được x = 0 và x = 4 Kết hợp điều kiện ta được x = 1 và x = 4 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu VI (1 điểm): Với mọi x và n là số nguyên dương ta có: 0 1 2 2 3 3 (1 ) . (1) n n n n n n n n x C C x C x C x C x + = + + + + + Thay x = 1 vào ta được: 0 1 2 3 2 . n n n n n n n C C C C C = + + + + + (2) Lấy đạo hàm 2 vế theo x của (1) ta được; 1 1 2 3 2 1 (1 ) 2 3 . n n n n n n n n x C C x C x nC x − − + = + + + + (3) Thay x = 1 vào (3) ta được: 1 1 2 3 .2 2 3 . n n n n n n n C C C nC − = + + + + (4) Lấy (4) trừ (2) ta được: 1 0 2 3 2 3 1 1 .2 2 2 . ( 1) 2 . ( 1) ( 2).2 1 ( 2).2 n n n n n n n n n n n n n n C C C n C C C n C n n − − − − = − + + + + − ⇔ + + + − = − + > − 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V (2 điểm): 1(1đ) Tọa độ giao điểm của d 1 và d 2 là A( 1; 3) và tam giác tạo bởi 3 đường thẳng là ABC với B là giao điểm của D và d 1 , C là giao điểm của d và d 2 Th1: Đường thẳng d có dạng x = 0 Ta có vectơ pháp tuyến của d; d 1 ; d 2 lần lượt là: 1 2 (1;0), (2; 1); (1;2)n n n= = − = r r r Khi đó: 1 2 cos( , ) cos( , )n n n n≠ r r r r (loại) TH2: Gọi đường thẳng d có dạng: y = kx ⇔ kx – y = 0 Ta có vectơ pháp tuyến của d; d 1 ; d 2 lần lượt là: 1 2 ( ; 1), (2; 1); (1;2)n k n n= − = − = r r r Ta có: 1 2 1 2 . 0n n d d = ⇒ ⊥ r r nên tam giác ABC vuông cân ⇒ góc giữa d và d 1 là 45 o 1 cos 45 cos( , ) o n n ⇒ = r r 2 2 2 1 1 1 1 5 2 2 1 3; 3 2 1 5 k k k k k k + ⇔ = ⇔ + = + ⇔ = − = + + Nếu k = - 3 ta có d có phương trình y = - 3x 1 3 7 2 ( ; ), ( ; ) 5 5 5 5 B C ⇒ − − 0,25 0,25 Khi đó: 6 10 5 BC = và đường cao AH = d(A, d) = 6 10 Suy ra diện tích tam giác ABC là: 1 18 . 2 5 S AH BC = = + Nếu k = 1 3 ta có d có phương trình y = 1 3 x 3 1 21 7 ( ; ), ( ; ) 5 5 5 5 B C ⇒ − − Khi đó: 8 10 5 BC = và đường cao AH = d(A, d) = 8 10 Suy ra diện tích tam giác ABC là: S = 1 32 . 2 5 AH BC = 0,25 0,25 2(1đ) Tam giác ABC vuông cân tại A nên tâm đường tròn ngoại tiếptam giác là trung điểm H của BC và AB = AC = 2a; AH = 2a Ta có H là hình chiếu của A’ trên mp(ABC) nên A’H ⊥ mp(ABC) ⇒ A’H là đường cao của hình lăng trụ ⇒ Thể tích của khối lăng trụ là: V = A’H.S đ Trong đó S đ = 2a 2 Ta có: AH ⊥ BC và A’H ⊥ BC nên BC ⊥ mp(AA’H) Kẻ HK ⊥ AA’ ta được HK ⊥ BC nên HK là khoảng cách giữa AA’ và BC Ta có: 'A KH∆ và 'A HA∆ đồng dạng nên ' ' ' ' 2 A H KH AA A H A A HA = ⇒ = 'A HA∆ vuông tại H nên A’H 2 = AA’ 2 – AH 2 ⇒ AA’ = 2a; A’H = 2a Suy ra thể tích V = 3 2 2a *) Ta có: BC ⊥ mp(AA’H) ' ' ' ' ( ' ', ') 90 o BC AA B C AA B C AA ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu VI (1 điểm). Điều kiện: 0 6x≤ ≤ Xét hàm số ( ) 4 4 2 2 2 6 2 6f x x x x x= + + − + − trên tập [ ] 0;6 Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 4 2 4 2 2 2 2 6 2 6f x x x x x = + + − + − ( ) ( ) ( ) 3 1 4 2 1 1 ' 2 .2 2 .2 4 2 f x x x − − = + + ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 4 2 1 1 2. 6 . 1 2. 6 . 1 4 2 x x − − − − + − − ( ) ( ) 3 3 4 4 1 1 1 1 1 1 . . 2 2 2 6 2 6 x x x x = + − − − − ( ) ( ) 3 3 4 4 1 1 1 1 1 . 2 2 6 2 6 x x x x      ÷ = − + −  ÷  ÷ −   −   ( ) ( ) ( ) 4 4 4 4 2 2 4 4 4 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 6 2 6 2 6 2 6 x x x x x x x x            ÷ = − + + + +  ÷  ÷    ÷ − − −     −       0,25 Tacó ( ) ( ) ( ) 4 4 2 2 4 4 4 1 1 1 1 1 1 0 2 2 6 2 6 2 6 x x x x x x      ÷ + + + + >  ÷  ÷ − −   −   với ( ) 0;6x ∀ ∈ ( ) 4 4 ' 0 2 6 2 6 2f x x x x x x= ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = Ta có bảng biến thiên Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số ( ) y f x= và đường thẳng y m= trên miền [ ] 0;6 Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là 4 2 6 2 6 3 2 6m+ ≤ < + 0,25 0,25 0,25 Các cách giải khác cho điểm tương đương x f’(x) f(x) 0 - + 62 0 3 2 6 + 4 12 2 3 + . Câu I(2 điểm) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A – B Năm học 2010 – 2011 Ngày thi: 27 – 11 – 2010 Thời gian làm bài: 180 phút. biến thi n Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số ( ) y f x= và đường thẳng y m= trên miền [ ] 0;6 Dựa vào bảng biến thi n