Tài liệu ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 5 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 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
( )
3
3 2
m
y x mx C= − +

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
( )
1
C
2. Tìm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của
( )
m
C
cắt đường tròn tâm
( )
1;1 ,I
bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình
( )
2
2cos3 cos 3 1 sin 2 2 3 os 2
4

x x x c x
π
 
+ + = +
 ÷
 
2. Giải phương trình
( )
2
2 2
1 5 2 4x x x+ = − +
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
∫








+
+
=
e
dxxx
xx
x
I
1

2
ln3
ln1
ln
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A,
2AB a=
. Gọi I là trung
điểm của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn
2IA IH= −
uur uuur
. Góc giữa SC và
mặt đáy (ABC) bằng
0
60
. Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB đến mặt
phẳng (SAH).
Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn
2 2 2
1a b c+ + =
.
Chứng minh rằng
5 3 5 3 5 3
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 3
3
a a a b b b c c c
b c c a a b
− + − + − +
+ + ≤
+ + +

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao
điểm của đường thẳng
: 3 0d x y− − =
và
': 6 0d x y+ − =
. Trung điểm một cạnh là giao điểm của d với trục
Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm
(0; 1;2)M −
và
( 1;1;3)N −
. Viết phương
trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ
( )
0;0;2K
đến (P) đạt giá trị lớn nhất
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển
( )
0
n
n
k n k k
n
k
a b C a b
−

=
+ =
∑
. Quy ước số hạng thứ i của khai triển là số hạng
ứng với k = i-1.
Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển
8
1
1
3
1
log 3 1
log 9 7
2
5
2
2 2
x
x
 
 ÷
 
−
−
− +
+
+
 
 ÷
 ÷

 
là 224.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB và đường
chéo BD lần lượt là
2 1 0x y− + =
và
7 14 0x y− + =
, đường thẳng AC đi qua điểm
( )
2;1M
. Tìm tọa độ các
đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm
( ) ( ) ( )
2;3;1 , 1;2;0 , 1;1; 2A B C− −
. Tìm tọa độ
trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình
( )
2 2
3log 2 9log 2x x x− > −
…………………….Hết…………………….
Câu 1.(1,0 điểm)
Hàm số (C
1
) có dạng
3
3 2y x x= − +

•
Tập xác định:
¡
•
Sự biến thiên
-
lim , lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = −∞
- Chiều biến thiên:
2
' 3 3 0 1y x x= − = ⇔ = ±
Bảng biến thiên
X
−∞
-1 1
+∞
y’ + 0 - 0 +
Y
4
+∞
−∞
0
Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ) ( )
; 1 , 1;−∞ − +∞
, nghịch biến trên khoảng
(-1;1)

Hàm số đạt cực đại tại
1, 4
CD
x y= − =
. Hàm số đạt cực tiểu tại
1, 0
CT
x y= =
•
Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn
f(x )=x^3-3x+2
-2 -1 1 2
-1
1
2
3
4
x
y
Câu 1: 2.(1,0 điểm)
Ta có
2
' 3 3y x m= −
Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình
' 0y =
có hai nghiệm phân biệt
0m⇔ >
Vì
1
. ' 2 2

3
y x y mx= − +
nên đường thẳng
∆
đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có phương trình là
2 2y mx= − +
Ta có
( )
2
2 1
, 1
4 1
m
d I R
m
−
∆ = < =
+
(vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng
∆
luôn cắt đường tròn tâm I(1; 1), bán kính R = 1
tại 2 điểm A, B phân biệt
Với
1
2
m ≠
, đường thẳng
∆
không đi qua I, ta có:
2

1 1 1
. .sin
2 2 2
ABI
S IA IB AIB R
∆
= ≤ =
Nên
IAB
S
∆
đạt giá trị lớn nhất bằng ½ khi sinAIB = 1 hay tam giác AIB vuông cân tại I
1
2 2
R
IH⇔ = =
(H là trung
điểm của AB)
2
2 1
1 2 3
2
2
4 1
m
m
m
−
±
⇔ = ⇔ =

+
Câu 2:.(1,0 điểm)
Đặt
( )
2 2 4 2
2 4 2 2t x x t x x= + ⇒ = +
ta được phương trình
2
2
4
1 5 2 8 0
2
2
t
t
t t t
t
= −

+ = − ⇔ + − = ⇔

=

Với
4t = −
ta có

( )
0
0 0

2
2 4 4 2
4 2
4 2 2
2 2 16
2 8 0 2
x
x x
x x x
x x
x x x
<
< <
+ = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = −
+ =
+ − = =

 

  
 


Với
2t =
ta có

( )
2
4 2

4 2
2
0
0
0
2 4 2 3 1
2 2 4
2 2 0
3 1
x
x
x
x x x
x x
x x
x
>

>
>


 
+ = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = −
  
+ =
+ − =
= −






Câu 3: (1,0 điểm)
∫∫
+
+
=
e
1
2
e
1
xdxlnx3dx
xln1x
xln
I
=I
1
+3I
2
+) Tính
∫
+
=
e
dx
xx
x
I

1
1
ln1
ln
.
Đặt
2
1
1 ln 1 ln ; 2t x t x tdt dx
x
= + ⇒ = + =
Khi
2tex;1t1x =⇒==⇒=
( )
( )
( )
2
2
3
1
2 2 2
2 2
2
.2 2 1 2
1
3 3
1 1
1
t
t

I tdt t dt t
t
−
−
⇒ = = − = − =
∫ ∫
 
 ÷
 ÷
 
+) TÝnh
dxxlnxI
e
1
2
2
∫
=
. §Æt







=
=
⇒




=
=
3
x
v
x
dx
du
dxxdv
xlnu
32
+
⇒ = − = − = − + =
∫
e
3 3 3 3 3 3
e 2 e
2 1 1
1
x 1 e 1 x e e 1 2e 1
I .ln x x dx .
3 3 3 3 3 3 9 9 9
=+=
21
I3II
3
e2225
3

+−
Câu : 4(1,0 điểm) *Ta có
2IA IH= − ⇒
uur uuur
H thuộc tia đối của tia IA và
2IA IH=

2 2BC AB a= =
Suy ra
3
,
2 2
a a
IA a IH AH IA IH= = ⇒ = + =
S
H
C
A
B
I
K
.
Ta có
5
2 2 2 0
2 . .cos 45
2
a
HC AC AH AC AH HC= + − ⇒ =

Vì
( ) ( )
( )
15
0 0
, 60 . tan 60
2
a
SH ABC SC ABC SCH SH HC⊥ ⇒ = ∠ = ⇒ = =
Ta có
5
2 2 2 0
2 . .cos 45
2
a
HC AC AH AC AH HC= + − ⇒ =

Vì
( ) ( )
( )
0 0
15
, 60 .tan 60
2
a
SH ABC SC ABC SCH SH HC⊥ ⇒ = ∠ = ⇒ = =
Thể tích khối chóp S.ABCD là:
( )
3
.

1 15
.
3 6
S ABC ABC
a
V S SH dvtt
∆
= =
*
( )
BI AH
BI SAH
BI SH
⊥

⇒ ⊥

⊥

( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
,
1 1 1
, ,

2 2 2 2
,
d K SAH
SK a
d K SAH d B SAH BI
SB
d B SAH
⇒ = = ⇒ = = =
Câu 5(1,0 điểm) Do a, b, c > 0 và
2 2 2
1a b c+ + =
nên
( )
, , 0;1a b c ∈
Ta có
( )
2
2
5 3
1
2
3
2 2 2
1
a a
a a a
a a
b c a
−
− +

= = − +
+ −
Bất đẳng thức trở thành
( ) ( ) ( )
2 3
3 3 3
3
a a b b c c− + + − + + − + ≤
Xét hàm số
( ) ( )
( )
3
0;1f x x x x= − + ∈
. Ta có:
( )
( )
0;1
2 3
ax
9
M f x =
( ) ( ) ( )
2 3
3
f a f b f c⇒ + + ≤
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c=
1
3
Câu 6a: 1.(1,0 điểm)
Tọa dộ giao điểm I của d

và d’ là nghiệm của hệ phương trình
9
3 0
9 3
2
;
6 0 3
2 2
2
x
x y
I
x y
y

=

− − =


 
⇔ ⇒
 
 ÷
+ − =
 


=




Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD
( )
Ox 3;0M d M⇒ = ∩ ⇒
Ta có:
2 3 2AB IM= =
Theo giả thiết
. 12 2 2
ABCD
S AB AD AD= = ⇒ =
Vì I, M thuộc d
: 3 0d AD AD x y⇒ ⊥ ⇒ + − =
Lại có
2MA MD= = ⇒
tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình
( )
( ) ( )
2
2
3 0
2 4
2;1 ; 4; 1
1 1
3 2
x y
x x
A D
y y

x y
+ − =

= =
 

⇔ ∧ ⇒ −
  
= = −
− + =
 


Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2)
TT: I là trung điểm của BD nên B(5; 4)
Câu 6a:2.(1,0 điểm)
Gọi
( )
, ,n A B C=
r

( )
2 2 2
0A B C
+ + ≠
là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng;
( ) ( )
1 2 0 2 0Ax B y C z Ax By Cz B C+ + + − = ⇔ + + + − =
( ) ( )

1;1;3 3 2 0 2N P A B C B C A B C− ∈ ⇔ − + + + − = ⇔ = +
( ) ( )
: 2 2 0P B C x By Cz B C⇒ + + + + − =
Khoảng cách từ K đến mp(P) là:
( )
( )
,
2 2
4 2 4
B
d K P
B C BC
=
+ +
-Nếu B = 0 thì d(K,(P))=0 (loại)
-Nếu
0B ≠
thì
( )
( )
2 2 2
1 1
,
2
4 2 4
2 1 2
B
d K P
B C BC
C

B
= = ≤
+ +
 
+ +
 ÷
 
Dấu “=” xảy ra khi B = -C. Chọn C = 1
Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0
Câu 7a: Ta có
( )
( )
( )
1
3
1
2
2
1
1 1
log 3 1
log 9 7 1 1
5
3 5
2 9 7 , 2 3 1
x
x
x x
−
−

− +
−
+ − −
= + = +
Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là
( ) ( ) ( ) ( )
3 5
1 1
1
5 1 1 1 1
3 5
8
9 7 . 3 1 56 9 7 3 1
x x x x
C
− −
− − − −
   
+ + = + +
   
   
Treo giả thiết ta có
( ) ( )
1
1 1
1
1
56 9 7 3 1 224
9 7
4

3 1
1
2
x x
x
x
x
x
−
− −
−
−
+ + =
+
⇔ =
+
=

⇔

=

Câu 6b: 1.(1,0 điểm)
Do B là giao của AB và BD nên tọa độ của B là nghiệm hệ phương trình:
21
2 1 0
21 13
5
;
7 14 0 13

5 5
5
x
x y
B
x y
y

=

− + =


 
⇔ ⇒
 
 ÷
− + =
 


=


Lại có ABCD là hình chữ nhật nên
( ) ( )
, ,AC AB AB BD=
.
Kí hiệu
( ) ( ) ( )

1; 2 , 1; 7 , ,
AB BD AC
n n n a b= − = − =
uuur uuur uuur
lần lượt là vtpt của các đường thẳng AB, BD, AC
Khi đó ta có:
( ) ( )
2 2
3
cos , cos , 2
2
AB BD AC AB
n n n n a b a b= ⇔ − = +
uuur uuur uuur uuur
2 2
7 8 0
7
a b
a ab b
b
a
= −


⇔ + + = ⇔

= −

Với a = -b. chọn a= 1, b = -1. Khi đó phương trình AC: x – y – 1 = 0
A AB AC= ∩

nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
( )
1 0 3
3;2
2 1 0 2
x y x
A
x y y
− − = =
 
⇔ ⇒
 
− + = =
 
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì
I AC BD
= ∩
nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ
7
1 0
7 5
2
;
7 14 0 5
2 2
2
x
x y
I
x y

y

=

− − =


 
⇔ ⇒
 
 ÷
− + =
 


=


Do I là trung điểm của AC và BD nên
( )
14 12
4;3 , ;
5 5
C D
 
 ÷
 
Với b = -7a loại vì AC không cắt BD
Câu 6b: 2.(1,0 điểm)
H

( )
; ;x y z
là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi
( )
, ,BH AC CH AB H ABC⊥ ⊥ ∈
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
15
. 0
1 2 2 3 0
29
. 0 3 1 1 2 0
15
2 8 3 5 1 0
, 0
1
3
2 29 1
; ;
15 15 3
x
BH AC
x y z
CH AB x y z y
x y z
AH AB AC
z
H

=
=
+ + − + =
⇔ = ⇔ − + − + + = ⇔ =
− − − + − =
=
= −
⇒ −







 
  
  
 

 
 



 
 ÷
 
uuur uuur
uuur uuur

uuur uuur uuur
I
( )
; ;x y z
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi
( )
,AI BI CI I ABC= = ∈
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
2
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 3 1 1 2
1 1 2 1 2
2 8 3 5 1 0
, 0
x y z x y z
AI BI
CI BI x y x y z
x y z
AI AB AC


− + − + − = + + − +
=



 
⇔ = ⇔ − + − + + = + + − +
 
 
 
− − − + − =
=
 
 


uur uuur uuur
14
15
61 14 61 1
, ,
30 15 30 3
1
3
x
y I
z

=



 
⇔ = ⇒ −


 ÷
 


= −


Câu 7b: Điều kiện x > 0
Bất phương trình
( ) ( ) ( )
2
3 3 log 2 1 1x x x⇔ − > −
Nhận thấy x = 3 không phải là nghiệm của phương trình (1)
TH1: Nếu x > 3 thì
( )
2
3 1
1 log
2 3
x
x
x
−
⇔ >
−
Xét hàm số
( )
2
3
log

2
f x x=
, hàm số đồng biến trên khoảng
( )
0;+∞

( )
1
3
x
g x
x
−
=
−
, hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
3;+∞
+ Với x> 4 thì
( ) ( ) ( ) ( )
4 3 4f x f g g x> = = >
Suy ra bất phương trình có nghiệm x > 4
+ Với
4x ≤
thì
( ) ( ) ( ) ( )
4 3 4f x f g g x≤ = = ≤ ⇒
bất phương trình vô nghiệm
TH2: Nếu x < 3 thì
( )

2
3 1
1 log
2 3
x
x
x
−
⇔ <
−
+ Với x
≥
1 thì
( ) ( ) ( ) ( )
1 0 1f x f g g x≥ = = ≥

⇒
bất phương trình vô nghiệm
+ Với x < 1 thì
( ) ( ) ( ) ( )
1 0 1f x f g g x< = = < ⇒
Bất phương trình có nghiệm 0 < x <1 Vậy bất phương trình có
nghiêm