ĐÁP ÁN THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK NĂM 2013 ppt

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ
ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC. NĂM 2012 - 2013
MÔN: TOÁN. KHỐI A - B - D.
Thời gian làm bài: 180 phút.
PHẦN CHUNG
Câu I
a
+ Tập xác định D =
¡
{ }
\ 1
−
+ Sự biến thiên
2
3
' 0 1
( 1)
y x
x
= > ∀ ≠ −
+
Hàm đồng biến trên các khoảng
( )
; 1
−∞ −
và
( )
1;
− +∞
Hàm số không có cực trị.

0,25
+ Giới hạn và tiệm cận

lim lim 2
x x
y y
→−∞ →+∞
= =
nên đồ thị có T/c ngang y =
2
1 1
lim , lim
x x
y y
− +
→− →−
= +∞ = −∞
nên đồ thị có T/c đứng x = -1
0.25
Bảng biến thiên
x
−∞

1
2

+∞
y’ - -
y
+

∞
2

2 -
∞

0,25
Đồ thị
0.25
b
Phương trình hoành độ giao điểm:
2 1
2 1 ( 1)( )
1
x
x m x x x m
x
−
= − + ⇔ − = + − +
+
(x = - 1 không là nghiệm của PT )
⇔
x
2
- (m - 3)x - m – 1 = 0 (1)
0,25
(1) là PT bậc hai có
∆
= (m – 3)
2

+ 4(m + 1) = m
2
- 2m +13 = (m - 1)
2
+ 12 > 0
m
∀
Nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
và x
2
, hay đường thẳng luôn cắt (C) tạii hai
điểm pb A,B. Theo hệ thức Vi – et: x
1
+ x
2
= m – 3, x
1
. x
2
= - m – 1
0,25
Khi đó A(x
1
; -x
1
+m), B(x
2
; -x
2

+ m) suy ra
*)
2 2
1 2 1 2 1 2
2( ) 2[( ) 4 ]AB x x x x x x
= − = + −

AM =
2 2 2 2
1 1 1 2
( 2) ( 5) ( 2) ( 2)x x m x x
− + − + − = − + −
,
BM =
2 2 2 2
2 2 2 1
( 2) ( 5) ( 2) ( 2)x x m x x
− + − + − = − + −
= AM
0,25
Để tam giác MAB đều ta phải có: AB = AM = BM, hay
2 2 2
1 2 1 2
2( ) ( 2) ( 2)x x x x
− = − + −
2
1
4 5 0
5
m

m m
m
=

⇔ + − = ⇔

= −

Kết luận.
0.25
Câu Với ĐK sinx ≠ 0 và cotx ≠ 1, biến đổi phương trình thành 0,5
II
2 đ
a

3
(cos sin )
1
2
2 (cos sin )(cos sin )
cos sin
2
sin
x x
x x x x
x x
x
−
− − + =
−

2 cos 2 3sinx x
⇔ − =
2
2sin 3sin 1 0x x
⇔ − + =

Giải tiếp được sinx = 1 và sinx = 0,5. Đều thỏa mãn ĐK .
0,25
Với sinx = 1
2
2
x k
π
π
⇔ = +
Với sinx = 0,5
⇔
5
2 ; 2
6 6
x k x k
π π
π π
= + = +
.
Vậy PT đã cho có 3 họ nghiệm nói trên.
0.25
b
ĐKXĐ:

≠
0xy
. Biến đổi hệ thành
2
1 1 1
2 1
4
4
1 1
1 1 1
3
4
x
x
x x y
x y
x
x x
x xy y
x x y y x

 
 

+ + + =
+ + =

 ÷
 ÷


 
   
⇔
 
   
 
+ + =
+ + + =
 ÷  ÷
 

   


1 1 1
4
1 1 1
4
x
x x y
x
x x y

 
 
+ + + =

 ÷
 ÷
 

  
⇔

 
 

+ + =
 ÷
 ÷

 
 

0,5
1
2
1 1
2
x
x
x y

+ =


⇔


+ =



0,25
1x y
⇔ = =
. Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (2; 2).
0,25
Câu
III
1đ
Đặt
2
3 1
3
1 1
cot 2
sin 2
2
u x
du dx
dv dx v x
x
= +
=


 
⇒
 
= =
 



0,25
Suy ra
2
3 1 1 1
(3 1). cot 2 cot2 .3
sin 2 2 2
x
I dx x x x dx
x
+
= = + −
∫ ∫
0,25
=
1 3 1
(3 1).cot 2 (sin 2 )
2 4 sin 2
x x d x
x
+ −
∫
0.25
=
1 3
(3 1).cot 2 ln |sin 2 |
2 4
x x x C
+ − +

0.25
Câu
IV
1đ
S
A B
H
D C
+) Tính thể tích khối chóp:
Gọi H là trung điểm của AD thi do SAD là tam giác đều cạnh AD = a nên SH
⊥
AD và
0,25
N
M
K
SH =
3
2
a
. Mặt khác theo gt (SAD)
⊥
(ABCD) nên SH
⊥
(ABCD)
Đáy khối chóp là hình vuông cạnh a
3
2
.
1 1 3 3

. . .
3 3 2 6
S ABCD ABCD
a a
V S SH a
⇒ = = =
.
0,25
+) Gọi N = HC
∩
BD; M
∈
SD và MN // SB. Khi đó SB //(MHC) và ta có
2MS MD
=
. Kẻ MK // SD thì MK
⊥
(ABCD) và DH =
3
2
KH
nên:
d(SB, HC) = d(SB, (MHC)) = d(S, (MHC)) = 2.d(D,(MHC)) = 2.
3
2
d(K, (MHC)) .
0.25
Kẻ KI
⊥
HC, KJ

⊥
MI thì ta chứng minh được KJ = d(K, (MHC)) . Ta cũng dễ dàng tính
được MK =
1 3
3 6
a
SH =
, KI =
2
3
d(D, HC) =
2 2
2 .
.
3
DH DC
DH DC
+
=
2
2
.
2 2
2
.
3
3 5
4
a
a

a
a
a
=
+
Suy ra KJ =
2 2
.KM KI
KM KI+
=
2 2
3 2
.
6
3 5
3 4
36 45
a a
a a
+
=
2 93
93
a
. Vậy d(SB, HC) =
2 93
31
a
.
0.25

Câu
V
1đ
Không mất tính tổng quát, giả sử rằng x = min{x, y, z}. Kết hợp với GT x + y + z = 1 ta
suy ra x
≤

1
3
nên 1 – 2x > 0.
0,25
Khi đó
2xy yz zx xyz
+ + −
= x(y + z) + yz(1 – 2x)
2
( )
(1 ) (1 2 )
4
y z
x x x
+
≤ − + −
=
=
2
(1 )
(1 ) (1 2 )
4
x

x x x
−
− + −
0,25
Xét:
2
(1 )
( ) (1 ) (1 2 )
4
x
f x x x x
−
= − + −
= -2x
3
+ x
2
+ 1 trên [0; 1/3]

2
'( ) 6 2f x x x= − +
triệt tiêu khi x = 0 và x = 1/3
BBT.
x
0
1
3
1
f’(x) + 0 -
f(x)

0,25
Từ BBT suy ra
2xy yz zx xyz
+ + −
1
( )
3
f x f
 
≤ ≤ =
 ÷
 
7
27
(ĐPCM).
Thấy
2xy yz zx xyz
+ + −
=
7
27
khi x = y = z =
1
3
0,25
A. Theo chương trình Chuẩn
a
B(0; -3) không thỏa mãn PT
∆
nên PT A, C

∈∆
. Suy ra BD: x – 3y – 9 = 0.
0,25
Gọi I là gia của AC và BD thì tọa độ I là nghiệm hệ
3 7 0
3 9 0
x y
x y
+ − =


− − =

nên I(3; -2).
Suy ra D(6; -1). (I là trung điểm của BD)
0,25
Gọi A(a; 7 -3a) thì từ giả thiết diện tích hình thoi bằng 20 ta có:
BD. d(A, BD) = 20 hay
2
| 3(7 3 ) 9 |
2 10. 20
4
10
a
a a
a
=

− − −
= ⇔


=

0,25
Với a = 2 thì A(2; 1) và C(4; -5)
Với a = 4 thì A(4; -5) và C(2; 1).
0,25
b
Do M thuộc Oz nên M(0; 0; z). Ta có
( 2; 2;1), ( 1;2; 2)AB AM z
= − − = − −
uuur uuuur
nên
, ( 2 2;2 5; 6) 0AB AM z z
 
= − + − − ≠
 
uuur uuuur r
, suy ra M không nằm trên đường thẳng AB.
0,25
Do AB = 3 nên khoảng cách từ M đến AB nhỏ nhất khi và chỉ khi diện tích tam
giác AMB nhỏ nhất.
0,25
Mà diện tích tam giác AMB là:

2 2 2
1 1
, ( 2 2) (2 5) ( 6)
2 2
S AB AM z z

 
= = − + + − + −
 
uuur uuuur
=
2
2
1 1 7 81
8 28 65 8
2 2 4 2
z z z
 
− + = − +
 ÷
 

1 81 9 2
2 2 4
≥ =
0,25
Vậy khi M(0;0; 7/4) thi k/c từ M đến AB nhỏ nhất.
0,25
Câu VIIa
1 đ
Số cách chọn 5 viên bi trong 20 viên bi đã cho là
5
20
15 504C
=
0,25

Gọi A là biến cố “5 viên bi được chọn không có quá hai màu” thì
A
là biến cố “5
viên bi được chọn có quá hai màu” hay
A
là biến cố “5 viên bi được chọn có đủ cả
ba màu”
0,25
Để tìm số cách chọ được 3 viên bi có đủ 3 màu ta có bảng sau
Số bi trắng (7) Số bi vàng (9) Số bi đỏ (4) Số cách
1 1 3
1 1 3
7 9 4
. .C C C
1 3 1
1 3 1
7 9 4
. .C C C
1 2 2
1 2 2
7 9 4
. .C C C
2 1 2
2 1 2
7 9 4
. .C C C
2 2 1
2 2 1
7 9 4
. .C C C

3 1 1
3 1 1
7 9 4
. .C C C
Suy ra
|
A
Ω
| =
1 1 3
7 9 4
. .C C C
+
1 3 1
7 9 4
. .C C C
+
1 2 2
7 9 4
. .C C C
+
2 1 2
7 9 4
. .C C C
+
2 2 1
7 9 4
. .C C C
+
3 1 1

7 9 4
. .C C C
=
= 7.9.4 + 7.4.9.8.7:6 + 7.9.4.2.3 + 7.3 . 9 . 2.3 + 7.3 . 9.4.4+ 7.5.9.4 = 9534
0,25
Nên
( )
| |
9534 1589
| | 15504 2584
A
P A
Ω
= = =
Ω

0,6149
≈
Vậy
( )
( )
1P A P A= −
=
995
2584

≈
0,3851
0.25
2. Theo chương trình Nâng cao

Câu
VIb
a
Gọi N’ là điểm đối xứng với N qua I thì N
5
3;
3
 
 ÷
 
và N’ nằm trên AB nên AB đi qua
M, N’ có PT: x – 3y + 2 = 0.
0,25
Gọi H là hình chiếu của I trên AB thì IH = d(I, AB) =
4
10
. Do AC = 2BD nên IA
= 2IB = 2a > 0. Trong tam giác vuông IAB ta có
2 2 2
1 1 1
IA IB IH
+ =
hay
0,25
2 2
1 1 5
2
4 8
a
a a

+ = ⇔ =
Gọi B =(x; y) thi do IB = a =
2
và B thuộc AB nên tọa độ B là nghiệm hệ:
2 2
14
4 3
( 3) ( 3) 2
5
8 2
3 2 0
5
x
x
x y
y
x y
y

=

= >

− + − =


⇔ ∨
  
=
− + =




=


0,25
Do hoành độ B nhỏ hơn 3 nên B
14 8
;
5 5
 
 ÷
 
. Vậy BD: 7x - y -18 = 0. 0,25
b
Do M thuộc Oz nên I(0; 0; z). Ta có
( 2; 2;1), ( 1;2; 2)AB AI z
= − − = − −
uuur uur
nên
, ( 2 2;2 5; 6) 0AB AI z z
 
= − + − − ≠
 
uuur uur r
, suy ra I không nằm trên đường thẳng AB.
0,25
Gọi h là khoảng cách từ I đến AB thì do AB = 3 nên bán kính mặt cầu là R =
2

9
4
h
+
. Mà diện tích của mặt cầu là:
2
4 R
π
, suy ra diện tích mặt cầu nhỏ nhất khi
và chỉ khi h nhỏ nhất khi và chỉ khi diện tích tam giác AIB nhỏ nhất.
0,25
Mà diện tích tam giác AIB là:

2 2 2
1 1
, ( 2 2) (2 5) ( 6)
2 2
S AB AI z z
 
= = − + + − + −
 
uuur uur
=
2
2
1 1 7 81
8 28 65 8
2 2 4 2
z z z
 

− + = − +
 ÷
 

1 81 9 2
2 2 4
≥ =
0.25
Vậy I(0;0; 7/4) .
0,25
Câu VIIb
1 đ
ĐK:
2 2 2 2
( 5 6) ( 2) (3 ) 0
1 0
3 0
x x x x
x
x

− + = − − >

− >


− >

1 3
2

x
x
< <

⇔

≠

0,25
Khi đó Pt được biến đổi thành:
2
3 3
( 1)(3 )
log | 5 6 | log
2
x x
x x
− −
− + =
0,25
2
( 1)(3 )
| 5 6 |
2
x x
x x
− −
⇔ − + =

1

| 2 |
2
x
x
−
⇔ − =
, (do 3 – x > 0) 0,25
Nếu 2 < x < 3 thì 2(x – 2) = x – 1 hay x = 3 (loại)
Nếu 1 < x < 2 thì -2(x -2) = x – 1 hay x = 5/3 thỏa mãn.
Vậy Pt đã cho có nghiệm x = 5/3.
0.25