ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 190 pdf

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 190
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
23
23
+−= xxy
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng
2)2( −−= xmy
cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân
biệt A(2;-2), B, D sao cho tích các hệ số góc của tiếp tuyến tại B và D với đồ thị (C) đạt giá trị nhỏ
nhất.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
( )
2
cos . cos 1
2 1 sin
sin cos
−
= +
+
x x
x
x x
2. Giải bất phương trình:
( )
( )
2
3 1 3 2 3 4x x x x x+ − − − + + − ≥

Câu III (1 điểm) Tính tích phân I =
∫
+
4
0
66
cossin
4sin
π
dx
xx
x
Câu IV (1 điểm Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có
·
0
, 2 , 120AC a BC a ACB= = =
và đường
thẳng
'A C
tạo với mặt phẳng
( )
' 'ABB A
góc
0
30
. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách
giữa hai đường thẳng
' , 'A B CC
theo a.
Câu V (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

2 2 2
1
( 2)(2 1) ( 2)(2 1) ( 2)(2 1) 3
a b c
ab ab bc bc ac ac
+ + ≥
+ + + + + +
PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (Phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, các đỉnh A, B thuộc đường
thẳng y = 2, phương trình cạnh BC:
023 =+− yx
. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C biết bán kính đường
tròn nội tiếp tam giác ABC bằng
3
.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng
d
1
:
x y z1 1
2 1 2
− +
= =
và d
2
:
x y z2 1

1 1 2
− −
= =
−
.
Lập phương trình đường thẳng d cắt d
1
và d
2
và vuông góc với mặt phẳng (P):
x y z2 5 3 0+ + + =
.
Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình
2 2 2
4 4 2
8log 9 3 2log ( 3) 10 log ( 3)x x x− + + = + −
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm
( )
3;3I
và
2AC BD
=
. Điểm
4
2;
3
M
 

 ÷
 
thuộc
đường thẳng
AB
, điểm
13
3;
3
N
 
 ÷
 
thuộc đường thẳng
CD
. Viết phương trình đường chéo
BD
biết
đỉnh
B
cóhoành độ nhỏ hơn 3.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;4;1). Tìm toạ độ điểm M thuộc
mặt phẳng (P):
1 0− + − =x y z
để ∆MAB là tam giác đều.
Câu VII.b (1 điểm) Tính tổng
2011
2011
2
2011

1
2011
0
2011
2012 32 CCCCS
++++=
Hết
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
1
ĐÁP ÁN
Câu 1. (1,0 điểm) 1, Tập xác định:
D = ¡
• Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
2
' 3 6y x x= −
;
' 0 0y x= ⇔ =
hoặc
2x
=
Hàm số đồng biến trên các khoảng
( )
;0−∞
và
( )
2;+∞
; nghịch biến trên khoảng
( )
0;2

Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại
2x =
; y
CT
2= −
, đạt cực đại tại
0x =
; y
CĐ
2=
Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
Bảng biến thiên:
• Đồ thị:
Câu 2: 2.(1,0 điểm)
Câu 3: 1. (1,0 điểm)ĐK:
4
x k
π
π
≠ − +
. PT ⇔
(1 sin )(1 sin )(cos 1) 2(1 sin )(sin cos )+ − − = + +x x x x x x
1 sin 0
sin cos sin cos 1 0
x

x x x x
+ =

⇔

+ + + =

( ) ( )
1 sin 0
1 sin cos 1 0
x
x x
+ =

⇔

+ + =

2
2
2
x k
x k
π
π
π π

= − +

⇔


= +

( Thoả mãn điều kiện)
Câu 2: 2.(1,0 điểm)
2

Câu 3: (1,0 điểm
Câu 4: (1,0 điểm)Trong (ABC), kẻ
CH AB⊥

( )
H AB∈
, suy ra
( )
' 'CH ABB A⊥
nên A’H là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABB’A’). Do
đó:
( )
·
( )
·
·
0
' , ' ' ' , ' ' 30A C ABB A A C A H CA H= = = 
 
.
2
0
1 3

. .sin120
2 2
ABC
a
S AC BC
∆
= =
2 2 2 0 2
2 . .cos120 7 7AB AC BC AC BC a AB a= + − = ⇒ =

2.
21
7
ABC
S
a
CH
AB
∆
= =
Suy ra:
0
2 21
'
sin30 7
CH a
A C = =
.
Xét tam giác vuông AA’C ta được:
2 2

35
' '
7
a
AA A C AC= − =
. Suy ra:
3
105
. '
14
ABC
a
V S AA
∆
= =
.
Do
( )
'/ / ' '/ / ' 'CC AA CC ABB A⇒
. Suy ra:
( ) ( )
( )
( )
( )
21
' , ' ', ' ' , ' '
7
a
d A B CC d CC ABB A d C ABB A CH= = = =
.

Câu 5: (1,0 điểm)Ta có VT =
2 2 2
( 2)(2 1) ( 2)(2 1) ( 2)(2 1)
a b c
ab ab bc bc ac ac
+ +
+ + + + + +
=
1 1 1
2 1 2 1 2 1
( )(2 ) ( )(2 ) ( )(2 )b b c c a a
a a b b c c
+ +
+ + + + + +
Vì a, b, c dương và abc = 1 nên đặt
, ,
y z x
a b c
x y z
= = =
với x, y, z > 0
Khi đó VT =
1 1 1
( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 )
y z z y z x x z x y y x
x x x x y y y y z z z z
+ +
+ + + + + +
=
2 2 2

( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 )
x y z
y z z y z x x z x y y x
+ +
+ + + + + +
3
Ta có
2 2 2 2 2
9
( 2 )( 2 ) 2 2 4 2( ) 5 ( )
2
y z z y yz y z yz y z yz y z+ + = + + + = + + ≤ +
Suy ra
2 2
2 2
2
( 2 )( 2 ) 9
x x
y z z y y z
≥
+ + +
(1)Tương tự có
2 2
2 2
2
( 2 )( 2 ) 9
y y
z x x z x z
≥
+ + +

(2);
2 2
2 2
2
( 2 )( 2 ) 9
z z
x y y x y x
≥
+ + +
(3)
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được VT
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2
( )
9
x y z
y z x z y x
≥ + +
+ + +
Lại có
2 2 2
2 2 2 2 2 2
x y z
y z x z y x
+ +
+ + +
=
2 2 2
2 2 2 2 2 2

1 1 1
( )( ) 3x y z
y z x z y x
+ + + + −
+ + +
=
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 3
(( ) ( ) ( ))( ) 3 .9 3
2 2 2
x y y z z x
y z x z y x
+ + + + + + + − ≥ − =
+ + +
(BĐT Netbit) Suy ra VT
2 3 1
.
9 2 3
≥ =
(đpcm)
Câu 6a: 1. (1,0 điểm)
Câu 6a: 2.(1,0 điểm)Viết lại
x t
d y t
z t
1
1 1
1
1 2

: 1
2

= +

= − +


=

,
x t
d y t
z t
2
2 2
2
2
:
1 2

= +

=


= −

. (P) có VTPT
n (2;1;5)=

r
Gọi A = d ∩ d
1
, B = d ∩ d
2
. Giả sử:
A t t t
1 1 1
(1 2 ; 1 ;2 )+ − +
,
B t t t
2 2 2
((2 2 ; ;1 2 )+ −

⇒
AB t t t t t t
2 1 2 1 2 1
( 2 1; 1; 2 2 1)= − + − + − − +
uuur
.
d ⊥ (P) ⇔
AB n,
uuur
r
cùng phương ⇔
t t t t t t
2 1 2 1 2 1
2 1 1 2 2 1
2 1 5
− + − + − − +

= =
⇔
t
t
1
2
1
1

= −

= −


⇒ A(–1; –2; –2) ⇒ Phương trình đường thẳng d:
x y z1 2 2
2 1 5
+ + +
= =
.
Câu 7a: (1,0 điểm)
4
Câu 6b: 1,(1,0 điểm)Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I là
5
' 3;
3
N
 
 ÷
 

Đường thẳng AB đi qua M, N’ có phương trình:
3 2 0x y− + =
Suy ra:
( )
3 9 2
4
,
10 10
IH d I AB
− +
= = =
Do
2AC BD=
nên
2IA IB=
. Đặt
0IB x= >
, ta có phương trình

2
2 2
1 1 5
2 2
4 8
x x
x x
+ = ⇔ = ⇔ =

Đặt
( )

,B x y
. Do
2IB =
và
B AB∈
nên tọa độ B là nghiệm của hệ:
( ) ( )
2 2
2
14
4 3
5 18 16 0
3 3 2
5
8 2
3 2
3 2 0
5
x
x
y y
x y
y
x y
x y
y

=



= >

− + =

− + − =
 
⇔ ⇔ ∨
   
=
= −
− + =





=


Do B có hoành độ nhỏ hơn 3
nên ta chọn
14 8
;
5 5
B
 
 ÷
 
.Vậy, phương trình đường chéo BD là:
7 18 0x y− − =

.
Câu 6b: 2.(1,0 điểm)Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB ⇒ (Q):
3 0
+ − − =
x y z
Gọi d là giao tuyến của (P) và (Q) ⇒ d:
2
1
x
y t
z t
=


= +


=

M ∈ d ⇒
(2; 1; )+M t t

2
2 8 11⇒ = − +AM t t
, AB =
12
∆
MAB đều khi MA = MB = AB
2
4 18

2 8 1 0
2
±
⇔ − − = ⇔ =t t t

6 18 4 18
2; ;
2 2
 
± ±
⇒
 ÷
 
M
Câu 7b:(1,0 điểm)Xét đa thức:
2011 0 1 2 2 2011 2011
2011 2011 2011 2011
( ) (1 ) ( )f x x x x C C x C x C x= + = + + + +

0 1 2 2 3 2011 2012
2011 2011 2011 2011
.C x C x C x C x= + + + +
Ta có:
0 1 2 2 2011 2011
2011 2011 2011 2011
( ) 2 3 2012f x C C x C x C x
′
= + + + +
0 1 2 2011
2011 2011 2011 2011

(1) 2 3 2012 ( )f C C C C a
′
⇒ = + + + +
Mặt khác:
2011 2010 2010
( ) (1 ) 2011(1 ) . (1 ) (1 2012 )f x x x x x x
′
= + + + = + +

/ 2010
(1) 2013.2 ( )f b⇒ =
Từ (a) và (b) suy ra:
2010
2013.2 .S =
5