Tài liệu ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 128 docx

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 (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số :
3 2
1 1
2 3
3 3
y x x x= − + −
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2. Tìm m để đường thẳng
1
:
3
y mx∆ = −
cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C sao cho A cố định và diện
tích tam giác OBC gấp hai lần diện tích tam giác OAB.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
3 sinx cos os5 2( os6 1) 3 sin 5x c x c x x+ + + + =
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2
2 5
( 2 )( 3) 3
x y xy x y
x x x y y


+ + + =


+ + − = −


(
;x y R∈
)
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân:
1
ln 1 ln
.
1 ln
+ +
=
+
∫
e
x x
I dx
x x
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a.Gọi I; J lần lượt
là trung điểm của SA và BC.Tính thể tích của khối chóp S.ABCD biết đường thẳng IJ tạo với mặt đáy một
góc
0
60
Câu V (1,0 điểm). Cho x,y ∈ R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

( ) ( )

( )
3 3 2 2
2 2
2 16
( 1)( 1)
+ − +
= + + −
− −
x y x y
P x y xy
x y
II.Phần riêng (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD biết đường thẳng AB có phương trình:
x + 3y + 1 = 0. Đường thẳng chứa đường chéo BD có phương trình:x – y + 5 = 0.Đường thẳng AD đi qua
điểm M(1; 2). Tìm tọa độ tâm của hình thoi ABCD.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho 3 điểm A(5; 3; -1); B(2; 3; -4) ; C(1;2;0).Tìm tọa độ điểm D sao
cho
2DA DB DC+ +
uuur uuur uuur
nhỏ nhất
Câu VII.a (1,0 điểm) .Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của:
3
4
1
2
n
x
x

 
+
 ÷
 
,
biết
3 2 2
1 1
3 5
n n n
A A A
− −
+ =
( Trong đó
k
n
A
là số chỉnh hợp chập k của n)
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng
1
: 5 0d x y+ − =
;
2
: 2 1 0d x y− − =
.Viết phương
trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng
∆
: x – y + 1= 0, tiếp xúc với

1
d
và cắt
2
d
theo một dây cung
có độ dài bằng
6 5
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho hình lập phương
1 1 1 1
.ABCD A B C D
, biết A(0;0;0) ; B(1;0;0) ;
D(0;1;0) ;
1
A
(0;0;1).Gọi M là trung điểm của AB, N là tâm của hình vuông
1 1
ADD A
.Viết phương trình mặt
cầu (S) đi qua C;
1
D
; M; N
Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình :
2
2
log ( ) log 1
2 3 2 1 2
y x x
y x

− − =



+ − − =


Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Giám thị xem thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: ;Số báo danh :
Câu Nội Dung Điểm
I
(2,0đ)
1.(1,0đ)
TXĐ: D = R
Chiều biến thiên:
, 2
4 3y x x= − +
;
,
1
0
3
x
y
x
=

= ⇔


=

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng:
( )
;1−∞
và
( )
3;+∞
,nghịch biến trên
khoảng (1; 3)
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 3
1
3
ct
y⇒ = −
, đạt cực đại tại điểm x
= 1
1
cd
y⇒ =
Giới hạn:
lim
x
y
→−∞
= −∞
;
lim
x
y

→+∞
= +∞
Bảng biến thiên:
Đồ thị: Đi qua các điểm
1
(0; )
3
−
; (4 ; 1) ; nhận
1
(2; )
3
I
làm điểm uốn.
2 (1,0đ).
Pt hoành độ giao điểm của đường thẳng
1
:
3
y mx∆ = −
và (C) :
3 2
1 1 1
2 3
3 3 3
x x x mx− + − = −
2
( 6 9 3 ) 0x x x m⇔ − + − =
2
0

6 9 3 0
x
x x m
=

⇔

− + − =


Với x = 0
⇒
y =
1
3
−

⇒
A(0;
1
3
−
)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
1
3

−
x
∞−
3
∞+
1
∞−
1
∞+
,
y
y
0 0
y
1
O
x 4
1
1
1
3
−
3
II
(2,0đ)
Đường thẳng
1
:
3
y mx∆ = −

cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C
⇔
pt
2
6 9 3 0x x m− + − =
Có hai nghiệm phân biệt
21
, xx
khác 0
,
0
9 3 0m

∆ >
⇔

− ≠

3 0
3
m
m
>

⇔

≠

0
3

m
m
>

⇔

≠

Khi đó
1 1
1
( ; )
3
B x mx −
;
2 2
1
( ; )
3
C x mx −
.
1 1
2 ( , ). 2. ( , ).
2 2
OBC OAB
S S d O BC d O AB= ⇔ ∆ = ∆
2 2
2 4BC AB BC AB⇔ = ⇔ =
( )
( )

2
2 2 2 2 2
2 1 2 1 1 2
( ) 4x x m x x x m x⇔ − + − = +
( )
( )
( )
2
2 2 2
2 1 1
1 4 1m x x m x⇔ + − = +
( )
2
2 1
2
2 1 1
2 1
3
4
x x
x x x
x x
=

⇔ − = ⇔

= −

2 1
3x x⇒ =

(1) (vì
1 2
6x x+ =
)
Mà
21
; xx
là nghiệm của phương trình :
2
6 9 3 0x x m⇔ − + − =
nên:
1 2
1 2
6
9 3
x x
x x m
+ =


= −

(2)
Từ (1) và (2)
3
4
m⇒ =
(tmđk)
1.(1,0đ)
Pt

3(sin 5 sinx) os5 cos 2( os6 1)x c x x c x⇔ − = + + +
2
2 3 os3 .sin 2 2 cos3 . os2 4 cos 3c x x x c x x⇔ = +
2 os3 .( 3 sin 2 os2 2 cos3 ) 0c x x c x x⇔ − − =
os3 0
3 sin 2 os2 2 cos3
c x
x c x x
=

⇔

− =

Với
cos3 0 3
2 6 3
x x k x k
π π π
π
= ⇔ = + ⇔ = +
Với
3 sin 2 os2 2 cos3 sin(2 ) sin( 3 )
6 2
x c x x x x
π π
− = ⇔ − = −
2 2
2 3 2
6 2 15 5

2
2 3 2 2
6 2 3
x x k x k
x x k x k
π π π π
π
π π π
π π π
 
− = − + = +
 
⇔ ⇔
 
 
− = − + + = − −
 
 
2.(1,0đ)
Nếu y = 0
2
0
2 0
2
x
x x
x
=

⇒ + = ⇔


= −

⇒
hệ có nghiệm (0;0);(-2;0)
Nếu
0y ≠
, hpt
2
2
2
5
2
.( 3) 3
x x
x y
y
x x
x y
y

+
+ + =


⇔

+

+ − = −



;đặt
2
2
3
x x
u
y
v x y

+
=



= + −

ta có hệ:
2 3
3 1
u v u
uv v
+ = =
 
⇔
 
= − = −
 
hoặc

1
3
u
v
= −


=

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
III
(1,0đ)
IV
(1,0đ)
Với
2
2
3
3 1
1 1
3 1
x x
u x
y

v y
x y

+
=
= =
 

⇒ ⇔
  
= − =
 

+ − = −

hoặc
6
8
x
y
= −


=

Với
1
3
u
v

= −


=


2
2
1
3 3
x x
y
x y

+
= −

⇒


+ − =

(vô nghiệm)
Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm (x; y) là: (0; 0) ; (-2; 0); (1; 1) và
(-6; 8)
1,0đ
Ta có : I =
1 1 1
ln 1 ln 1
1 ln 1 ln

e e e
x x
dx dx dx
x x
x x x x
 
+ = +
 ÷
+ +
 
∫ ∫ ∫
Xét
1
1
ln
1 ln
e
x
I dx
x x
=
+
∫
; đặt t=
1 ln x+
2
1
1 ln 2 .t x t dt dx
x
⇒ = + ⇒ =

Đổi cận: x = 1
⇒
t =1 ; x =e
⇒
t =
2
Khi đó
2 2
2 3
2
2
1
1
1 1
1 4 2 2
.2 2 ( 1) 2( ) /
3 3
t t
I tdt t dt t
t
− −
= = − = − =
∫ ∫
Xét
2
1
1
1
(ln ) / 1
e

e
I dx x
x
= = =
∫
Khi đó I =
1 2
I I+
=
7 2 2
3
−
1,0đ
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, M là
Trung điểm của AO,ta có :IM //SO
( )IM ABCD⇒ ⊥
⇒
Góc giữa IJ với mặt đáy là
Góc IJM bằng
0
60
Ta có:
2 2 2 0
2 2
2
2 . . os45
3 3 2 5
2 2 2. .
4 2 4 2 2 8
MJ CM CJ CM CJ c

a a a
a a
= + − =
   
+ − =
 ÷  ÷
   
10
4
a
MJ⇒ =
Mặt khác IM = MJ.
0
tan 60
=
10 30
. 3
4 4
a a
=
Do S.ABCD là khối chóp đều nên :
.
1
.
3
S ABCD ABCD
V SO S=
Trong đó SO = 2IM
30
2

a
=
;
2
ABCD
S a=

3
2
.
1 30 30
. .
3 2 6
S ABCD
a a
V a⇒ = =
1,0đ
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
B
C

D
S
J
M
I
A
O
V
(1,0đ)
VI.a
(2,0đ)
Đặt t = x + y ; t > 2. ta có :
3 2
2 2
(3 2)
2( ) 16
1
− − −
= + + −
− +
t t xy t
P x y xy
xy t
. Áp dụng BĐT 4xy ≤ (x + y)
2

⇒
2
4
t

xy ≤
;
2 2 2
2( ) ( )x y x y+ ≥ +
ta có
2
3 2
2
2 2
2
(3 2)
4
8 8
2
1
4
−
− −
≥ + − = + −
−
− +
t t
t t
t
P t t t t
t
t
t
Xét hàm số
2 2

2
2 2
4
( ) 8 ; '( ) 2 8 ( 4) 2 ;
2 ( 2) ( 2)
 
−
= + − = + − = − +
 
− − −
 
t t t t
f t t t f t t t
t t t
f’(t) = 0 ⇔ t = 4.
t
2 4 +∞
f’(t) - 0 +
f(t)
+ ∞ +∞
-8
Do đó min P =
(2; )
min ( )f t
+∞
= f(4) =- 8 đạt được khi
4
2
4
2

+ =

=


= ⇔
 
=


=

x y
x
xy
y
x y
1.(1,0đ)

Do B là giao điểm của AB với BD,nên tọa độ B là nghiệm
Của hệ phương trình:
3 1 0 4
5 0 1
x y x
x y y
+ + = = −
 
⇔
 
− + = =

 
( 4;1)B⇒ −
Qua M vẽ đường thẳng song song với AB cắt BD tại
N,ta có MN//AB: x+ 3y + 1 = 0
⇒
pt MN: x + 3y + m = 0
Do M(1;2)
∈
MN nên: 1+ 6 + m = 0
⇔
m= -7
⇒
Pt MN: x+ 3y – 7 = 0
Do N =
MN BD∩
,nên tọa độ N là nghiệm của hệ:
3 7 0 2
5 0 3
x y x
x y y
+ − = = −
 
⇔
 
− + = =
 
( 2;3)N⇒ −
Vì D
∈
BD: x – y + 5 = 0

⇒
D(x ; x+5).Mà ABCD là hình thoi nên
MN = MD
2 2
MN MD⇔ =
2 2
9 1 ( 1) ( 3)x x⇔ + = − + +
0
2
x
x
=

⇔

= −

Với x = 0
⇒
D(0 ; 5)
Với x = -2
⇒
D(-2;3) loại vì trùng với N.
Gọi I là tâm hình thoi
⇒
I là trung điểm của BD
⇒
I(-2;3)

2.(1,0đ)

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
A
C
B
D
M
N
VII.a
(1,0đ)
VI.b
(2,0đ)
Gọi I(a; b ; c) thỏa mãn
2 0IA IB IC+ + =
uur uur uur r
5
2
5 2( 2) 1 0
11 5 11 9
3 2( 3) 2 0 ( ; ; )
4 2 4 4
1 2( 4) 0
9
4

a
a a a
b b b b I
c c c
c

=

− + − + − =


 
⇔ − + − + − = ⇔ = ⇒ −
 
 
+ + + + =


= −


Khi đó
2 4 2 4DA DB DC DI IA IB IC DI+ + = + + + =
uuur uuur uuur uur uur uur uur uur
⇒
2DA DB DC+ +
uuur uuur uuur
nhỏ nhất
DI⇔
uur

nhỏ nhất
D I⇔ ≡
⇒
5 11 9
( ; ; )
2 4 4
D −
(1,0đ)
Từ:
3 2 2
1 1
( 1)! ( 1)! !
3 5 5
( 4)! ( 3)! ( 2)!
n n n
n n n
A A A
n n n
− −
− −
+ = ⇔ + =
− − −
( 1)! 3
. 1 5 0
( 4)! 3 ( 2)( 3)
n n
n n n n
−
 
⇔ + − =

 
− − − −
 
(đk
4;n n N≥ ∈
)
2
7 0 7n n n⇔ − = ⇒ =
.khi đó ta có khai triển :
7
1 1
3
3 4
4
1
2 2
n
x x x
x
−
 
 
+ = +
 ÷
 ÷
 
 
=
1 1
7

7
3 4
7
0
(2 ) .( )
k k k
k
C x x
−
−
=
∑
=
7
7
7
3 4
7
0
.2 .
k k
k k
k
C x
−
−
−
=
∑
; ứng với số hạng không chứa

x

ta có :
7
0 4
3 4
k k
k
−
− = ⇔ =
⇒
số hạng không chứa x là :
4 7 4
7
.2 280C
−
=
1.(1,0đ)
Gọi I; R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn cần tìm
Do
: 1 0I x y∈∆ − + =
( ; 1)I a a⇒ +
Ta có:
2 2 2 2
1 2
(3 5)R T T= = +
(*)
Với
1 2
;T T

lần lượt là khoảng cách từ I
Đến
1 2
;d d
;với:
1
1 5
2
a a
T
+ + −
=
=
2 4
2
a −
2
2 1 1 2
5 5
a a a
T
− − − −
= =
Khi đó (*)
( ) ( )
2 2
2 4 2
45
2 5
a a− −

⇔ = +
( )
2
7
2 25
3
a
a
a
=

⇔ − = ⇔

= −

Với a= 7
2
(7;8); 50I R⇒ =
⇒
phương trình đường tròn:
( ) ( )
2 2
7 8 50x y− + − =
Với a = -3
2
( 3; 2); 50I R⇒ − − =
⇒
phương trình đường tròn:
( ) ( )
2 2

3 2 50x y+ + + =
2.(1,0đ)
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
1
d
2
d
R
I
R
VII.b
(1,0đ)
Từ gt ta có: C(1; 1 ;0);
1
D
(0; 1; 1)
M(
1
2
;0;0) ; N(0 ;
1 1

;
2 2
) .Gọi pt (S):
2 2 2
2 2 2 0x y z ax by cz d+ + + + + + =

Do (S) đi qua các điểm C;
1
D
; M; N
Nên ta có hệ phương trình:
5
2 2 2 0
4
2 2 2 0
1
1
4
0
4
5
1
4
0
2
1
a b d
a
b c d
b

a d
c
b c d
d

+ + + =
= −




+ + + =


= −
 
⇔
 
+ + =
 
= −
 
+ + + =
 


=

2 2 2
5 1 5

( ) : 1 0
2 2 2
pt S x y z x y z⇒ + + − − − + =
1,0đ
Đk:
1
2
x
y x

≥



>

Pt hai
2 3 2 2 1 2 2 1y x y x x⇔ + = + − ⇔ − = −
Thế vào pt còn lại ta được :
2 2
2 log 2 2 1 log 1x x− − =
2
4(2 1) 2 2 2
log 1 4(2 1) 2
3 3
3
x
x x x y
x
−

⇔ = ⇔ − = ⇔ = ⇒ = +
,(tmđk)
KL: hệ có nghiệm (x;y) là (
2
3
;
2 2
3
3
+
)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
A
1
A
1
C
1
B
1
D
D
N

B
C
M
z
y
x