ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 141 pptx

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.
PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − +
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1m =
.
2. Tìm
m
để đường thẳng
2 1y x= +
cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn điểm
( )
C 0;1
nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng
30
.
Câu II (2,0 điểm).
1. Giải phương trình
1
cos cos cos2 1.
4 4 3
x x x
π π
   

− + + = −
 ÷  ÷
   

2. Giải phương trình
( )
3
3 1
1 12
2 6.2 1.
2
2
x x
x
x−
− − + =
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
( )
4
0
tan x
I dx
4cos x sin x cos x
π
=
−
∫
.
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông và AB = BC = a. Cạnh SA vuông góc với
mặt phẳng (ABC). Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 45

0
. Gọi M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABC. Tính thể tích khối đa diện MABC theo a.
Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương tùy ý thỏa mãn
abc 8
=
. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1 1 1
P
2a b 6 2b c 6 2c a 6
= + +
+ + + + + +
.
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 (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(
−
1;2) và đường thẳng (
∆
):
3 4 7 0x y− + =
. Viết
phương trình đường tròn đi qua điểm A và cắt đường thẳng (
∆
) tại hai điểm B, C sao cho
∆
ABC vuông tại A
và có diện tích bằng
4

5
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 1 2
:
2 1 1
x y z
− − −
∆ = =
−
và điểm A(2;1;2). Viết
phương trình mặt phẳng (P) chứa
∆
sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng
1
3
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển
( )
10
1 2x+
.
( )
2
2
3 4x 4x+ +
=
0
a
+

1
a
x+
2
a
x
2
+ .+
14
a
x
14
. Tìm giá trị của a
6
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2;
−
3). Biết đỉnh A, C lần lượt
thuộc các đường thẳng x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1
1
: 2
1
x t
d y t
z
= +



= −


=

;
2
2 1 1
:
1 2 2
x y z
d
− − +
= =
−
. Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với
1
d
và
2
d
, sao cho khoảng cách từ
1
d

đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ
2
d

đến (P).
Câu VI.b (2,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
log ( 2 8) 6
8 2 .3 2.3
x x y x y
y x
+
− + =



+ =


.
Hết
HƯỚNG DẪN
Câu 1: 1,(1,0 điểm) Với m=1 ta có
3 2
2 3 1y x x= − +
• TXĐ: D=R *Sự biến thiên: *Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞
-Ta có:
' 6 ( 1)= − ⇒y x x
0

' 0
1
x
y
x
=

= ⇔

=

-BBT:
x
−∞
0 1
+∞
y’ + 0 - 0 +
y 1
+∞
−∞
0
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (
−∞
;0) và (1;
+∞
), hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1).
Hàm số đạt cực đại tại x=0 và y
CĐ
=1, đạt cực tiểu tại x=1 và y
CT

=0.
• Đồ thị:
- Ta có
1
'' 12 6 '' 0
2
= − ⇒ = ⇔ =y x y x

1 1
( ; )
2 2
I⇒
là điểm uốn của đồ thị.
- Đồ thị (C) cắt trục Oy tại
( )
A 0;1
-Đồ thi cắt trục Ox tại
( )
1
B 1;0 ;C ;0
2
 
−
 ÷
 
2
2
0 1
(2 3 3) 0
2 3 3 0 (*)

= ⇒ =

⇔ − + − = ⇔

− + − =

x y
x x mx m
x mx m
Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm A; C; B phân
biệt và C nằm giữa A và B khi và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu
2.( 3) 0 3m m⇔ − < ⇔ <
Khi đó tọa độ A và B
thỏa mãn
3
2
3
.
2
A B
A B
m
x x
m
x x

+ =




−

=


và
2 1
2 1
A A
B B
y x
y x
= +


= +

( vì A và B thuộc (d))
AB=
30
2 2
( ) ( ) 30
B A B A
x x y y⇔ − + − =
2
2 2
9 3
( ) 6 ( ) 4 . 6 4. 6
4 2
−

⇔ − = ⇔ + − = ⇔ − =
B A B A B A
m m
x x x x x x
( )
2
0
9 8 0 : 3
8
9
=


⇔ − = ⇔ <

=

m
m m tmdk m
m
.
Câu 2: 1,(1,0 điểm)
1
cos cos cos2 1
4 4 3
x x x
π π
   
− + + = −
 ÷  ÷

   

⇔

( )
2
1
2cos .cos 2cos 1 1
4 3
x x
π
= − −
⇔

2
3 2 osx 2cos 4c x= −

⇔

2
2cos 3 2 cos 4 0x x− − =
Câu 1: 2, (1,0 điểm) Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số:
3 2
2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − +
là nghiệm
phương trình:
3 2
2 3 ( 1) 1 2 1x mx m x x− + − + = +

⇔

2
(cos 2 2)( cos )=0
2
− +x x
2
cos
2
⇔ = −x
⇔

3
2
4
x k
π
π
= ± +
.
Câu 2: 2, (1,0 điểm) Giải: Viết lại phương trình có dạng:
3
3
3
2 2
2 6 2 1
2 2
x x
x x
 
 

− − − =
 ÷
 ÷
 
 
(1)
Đặt
3
3
3 3
3
2 2 2 2
2 2 2 3.2 2 6
2 2 2 2
x x x x x
x x x x
t t t
   
= − ⇒ − = − + − = +
 ÷  ÷
   
Khi đó phương trình (1) có dạng:
3
2
6 6 1 1 2 1
2
x
x
t t t t+ − = ⇔ = ⇔ − =

x x
(2 1)(2 2) 0⇔ + − =

x
2 2 x 1⇔ = ⇔ =
Câu 3: (1,0 điểm) Ta có:
( )
4
2
0
tan x
I dx
4 tan x cos x
π
=
−
∫
Đặt:
2
dx
tan x 4 t dt
cos x
− = ⇒ =
. Đổi cận: Với
x 0 t 4; x t 3
4
π
= ⇒ = − = ⇒ = −
Suy ra:
3

4
(t 4).dt
I
t
−
−
+
= −
∫
3
4
4
(1 )dt
t
−
−
= − +
∫
3
4
(t 4ln t )
−
−
= − +
4
4ln 1
3
= −

Câu 4: (1,0 điểm)

BC AB
BC (SAB) BC SB
BC SA
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥


Suy ra góc giữa mp(SBC) và mp(ABC) là góc
·
SBA
. Tam giác SAB vuông cân tại A, do đó SA = AB = a. SA
⊥
(ABC),
MH // SA nên MH
⊥
(ABC). Suy ra MH là đường cao khối chóp M.ABC.
Mà ta có:
2 ; 1 2 2 3 2( 1)
+ ≥ + ≥ ⇒ + + ≥ + +
x y xy x x x y xy x
1 1
2 3
2( 1)
⇒ ≤
+ +
+ +
x y

xy x
.
Tương tự:
1 1
2 3
2( 1)
≤
+ +
+ +
y z
yz y
,
1 1
2 3
2( 1)
≤
+ +
+ +
z x
zx z
Suy ra:
1 1 1 1
4
1 1 1
P
xy x yz y zx z
 
≤ + +
 
+ + + + + +

 
 
1 1 1 1 1
4 4 4
1 ( 1) ( 1) 1 1 ) 1
xy xy
x x
P P
xy x x yz y xy zx z xy x xy x x xy
   
⇒ ≤ + + ⇔ ≤ + + =
   
+ + + + + + + + + + + +
   
Vậy maxP =
1
4
khi x
= y = z = 1.
Câu 6a:1. (1,0 điểm) Gọi AH là đường cao của
ABC
∆
, ta có
4
( ; )
5
AH d A= ∆ =
.
1 4 1 4
. . . 2

2 5 2 5
ABC
S AH BC BC BC
∆
= ⇔ = ⇔ =
. Gọi I; R lần lượt là tâm và bán kính của đường
tròn cần tìm, ta có
1
1
2
R AI BC= = =
.Phương trình tham số của đường thẳng (
∆
):
x 1 4t
y 1 3t
ì
=- +
ï
ï
í
ï
= +
ï
î
.
I
Î
(
∆

)
Þ
I(-1+4t; 1 + 3t). Ta có AI = 1
Û
16t
2
+ (3t – 1)
2
= 1
Û
t = 0 hoặc t =
9
5
.
+ t = 0
Þ
I(-1; 1). Phương trình của đường tròn là (x + 1)
2
+ (y – 1)
2
= 1.
Suy ra
3
M.ABC ABC
1 a
V MH.S
3 12
∆
= =
.

Câu 5(1,0 điểm)
1 1 1 1 1 1 1
P P
b c a
2a b 6 2b c 6 2c a 6 2
a 3 b 3 c 3
2 2 2
 
 
= + + ⇒ = + +
 
+ + + + + +
 
+ + + + + +
 
.
Đặt:
; ; , , 0 & . . 1
2 2 2
a b c
x y z x y z x y z= = = ⇒ > =
Khi đó:
1 1 1 1
2 2 3 2 3 2 3
P
x y y z z x
 
= + +
 
+ + + + + +

 
.
+ t =
9
5

Þ
I(-
1
25
;
43
25
). Phương trình của đường tròn là (x +
1
25
)
2
+ (y –
43
25
)
2
= 1.
Câu 6a:2. (1,0 điểm) Đường thẳng
∆
đi qua điểm M(1 ; 1 ; 2 ) và có vtcp là
u
→
= (2 ; -1 ; 1). Gọi

n
→
= (a ; b ; c ) là vtpt
của (P). Vì
( )P∆ ⊂
nên
. 0n u
→ →
=
.
⇔
2a – b + c = 0
⇔
b = 2a + c
n
→
⇒
=(a; 2a + c ; c ) .
Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là a(x – 1) + (2a + c )(y – 1) + c(z – 2 ) = 0
⇔
ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0. d(A ; (P)) =
1
3
2 2 2
1
3
(2 )
a
a a c c
⇔ =

+ + +

( )
2
0a c⇔ + =
0a c⇔ + =
.
Chọn a = 1 , c = -1 Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là x + y – z = 0.
Câu 7a: (1,0 điểm) Cho khai triển
( )
10
1 2x+
.
( )
2
2
3 4x 4x+ +
=
0
a
+
1
a
x +
2
a
x
2
+ .+
14

a
x
14
. Tìm giá trị của a
6
.
( )
10
1 2x+
.
( )
2
2
3 4x 4x+ +
=
( )
10
1 2x+
.
( )
2
2
2 1 2x
é ù
+ +
ê ú
ë û
= 4
( )
10

1 2x+
+ 4
( )
12
1 2x+
+
( )
14
1 2x+
Hệ số của x
6
trong khai triển 4
( )
10
1 2x+
là 4.2
6
.
6
10
C
.Hệ số của x
6
trong khai triển 4
( )
12
1 2x+
là 4.2
6
.

6
12
C
.
Hệ số của x
6
trong khai triển 4
( )
14
1 2x+
là 2
6
.
6
14
C
. Vậy a
6
= 4.2
6
.
6
10
C
+ 4.2
6
.
6
12
C

+ 2
6
.
6
14
C
= 482496.
Câu 6b: 1. (1,0 điểm) Vì điểm A thuộc đường thẳng x + y + 3 = 0 và C thuộc đường thẳng x+ 2y + 3 = 0 nên A(a;-a–3)
và C(- 2c – 3 ; c). I là trung điểm của AC
2 3 4 1
3 6 4
a c a
a c c
− − = = −
 
⇒ ⇔
 
− − + = − = −
 

⇒
A(-1; -2); C(5 ;-4)
Đường thẳng BD đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtcp là
u
r
=(1;3) có ptts là
x 2 t
y 3 3t
= +



= − +

B
∈
BD
⇒
B(2+t ; -3 +3t). Khi đó :
AB
uuur
= (3 +t ;–1+3t);
CB
uuur
= (- 3+t; 1+3t)
. 0AB CB
→ →
=
Û
t =
±
1 Vậy A(-1; -2); C(5 ;-4), B(3;0) và D(1;-6) hoặc A(-1; -2); C(5 ;-4), B(1;-6) và D(3;0)
Câu 6b: 2. (1,0 điểm)
1
d
đi qua điểm A(1;2;1) và vtcp là :
( )
1
1; 1;0u
→
= −

;
2
d
đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là:
( )
2
1; 2;2u
→
= −
.Gọi
n
→
là một vtpt của (P), vì (P) song song với
1
d
và
2
d
nên
n
→
= [
1 2
;u u
→ →
] = (-2 ; -2 ; -1)
⇒
(P): 2x + 2y + z + D = 0. d(A; (P) = 2d( B;(P))
7 2. 5D D
⇔ + = +

7 2(5 )
7 2(5 )
D D
D D
+ = +

⇔

+ = − +

3
17
3
D
D
= −


⇔

= −

Vậy phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y + z – 3 = 0 hoặc 2x + 2y + z -
17
3
= 0.
Câu 7b(1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
log ( 2 8) 6 (1)

8 2 .3 2.3 (2)
x x y x y
y x
+
− + =



+ =


.Điều kiện: y – 2x + 8 > 0
(1)
⇔
y – 2x + 8 =
( )
6
2
2y x⇔ =
.
Thay
2y x=
vào phương trình (2), ta được
2 3
8 2 .3 2.3
x x x x
+ =
8 18 2.27
x x x
⇔ + =

8 18
2
27 27
x x
   
⇔ + =
 ÷  ÷
   
3
2 2
2
3 3
x x
   
⇔ + =
 ÷  ÷
   

Đặt: t =
2
3
x
 
 ÷
 
(t > 0)Ta có phương trình
( )
( )
3 2
2 0 1 2 0t t t t t+ − = ⇔ − + + =

.
0
1 .
0
x
t
y
=

⇔ = ⇒

=

Vậy nghiệm của hệ phương trình (0;0).