ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 142 pdf

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
= − +y x x
3 2
3 2
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng (∆):
= − −y ( m x m2 1) 4
cắt đồ thị (C) tại đúng hai điểm M, N phân biệt và M, N
cùng với điểm
( 1;6)P −
tạo thành tam giác MNP nhận gốc tọa độ làm trọng tâm.
Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình:
cos2 5 2 2(2 cos )sin( )
4
x x x
π
+ = − −
2. Giải bất phương trình:
2
300 40 2 10 1 3 10
0
1 1 2
x x x x
x x

− − − − − −
≤
+ + − −
Câu III. (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay khi quay quanh trục Ox hình phẳng giới hạn bởi:

(1 sin ).
; 0; 0;
2
os
2
x
x e
y y x x
x
c
π
+
= = = =
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC là hình chóp tam giác đều, cạnh bên A’A tạo với
đáy một góc
0
30
. Tính thể tích khối chóp A’.BB’C’C biết khoảng cách giữa AA’ và BC là
a 3
4
.
Câu V. (1,0 điểm) Cho 3 số thực
cba ,,
thỏa mãn
3 3 3

8 27 18 1 0a b c abc+ + − − =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
2 2 2
4 9P a b c= + +
.
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI
a
. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T):
2 2
2 4 8 0x y x y+ − + − =
và điểm
(7;7)M
.
Chứng minh rằng từ M kẻ đến (T) được hai tiếp tuyến MA, MB với A, B là các tiếp điểm.
Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB.
2. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; –1) và đi qua điểm A(3; –1;1).
Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng
6
π
.
Câu VII
a
. (1,0 điểm) Tìm số hạng chứa
3
x
trong khai triển biểu thức:

2 2
1
( 3 )
n
P x
x
+
= +
. Biết n nguyên dương thoả mãn:
2
0 1 2
3 3 3 341

2 3 1 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
+ + + + =
+ +
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI
b
. (2,0 điểm)
1. Trên mặt phẳng toạ độ
,Oxy
cho đường thẳng
: 4 0x y∆ + + =
và hai elíp

2 2
1
( ) : 1
10 6
x y
E + =
,
2 2
2
2 2
( ): 1 ( 0)
x y
E a b
a b
+ = > >
có cùng tiêu điểm. Biết rằng
2
( )E
đi qua điểm M thuộc đường thẳng
.
∆
Tìm
toạ độ điểm M sao cho elíp
2
( )E
có độ dài trục lớn nhỏ nhất.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình:
011642
222
=−−+−++ zyxzyx

và mặt phẳng (P) có phương trình 2x + 2y – z –7 = 0.
Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6π.
Câu VII
b
. (1,0 điểm)
Xét tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số{0; 1; 2; 3; 5; 6; 7;8}. Chọn ngẫu nhiên
một phần tử của tập hợp trên. Tính xác suất để phần tử đó là một số chia hết cho 5.
Hết
HƯỚNG DẪN
Câu 1: 1.(1 điểm)+) TXĐ : D=R
Ta có:
;
lim lim
x x
y y
→+∞ →−∞
=+∞ =−∞

2
' 3 6y x x= −
;
0 2
' 0
2 2
x y
y
x y
= ⇒ =

= ⇔


= ⇒ = −


+) BBT:
x -
∞
0 2 +
∞
y' + 0 - 0 +
y 2 +
∞
-
∞
-2
Hàm số đồng biến trên
( )
;0−∞
và
( )
2;+∞
; Hàm số nghịch biến trên
( )
0;2
y
CĐ
= 2 tại x = 0 ; y
CT
= - 2 tại x = 2 .
+) Đồ thị : Giao Oy tại (0 ; 2) ; Giao Ox tại (1; 0) và

( )
1 3;0±
+) Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng

Câu 1: 2. (1 điểm) Phương trình hoành độ giao của (C) và (
∆
):
x x ( m x m
3 2
3 2 1) 4 2 0− − − + + =
⇔

x x x m
2
( 2)( 2 1) 0− − − − =

x
f x x x m
2
2
( ) 2 1 0 (1)

=
⇔

= − − − =

(
∆
) cắt (C) tại đúng 2 điểm phân biệt M,N

⇔
(1) phải có nghiệm
x x
1 2
,
thỏa mãn:
x x
x x
1 2
1 2
2
2

≠ =

= ≠

⇔

b
a
f
0
2
2
0
(2) 0
∆
∆



=




− ≠





>


=



⇔

m
m
m
8 5 0
1
2
2
8 5 0
2 1 0



+ =




≠




+ >


− + =



⇔

m
m
5
8
1
2

= −




=


. Với
m
5
8
= −
ta có
1 3
( ; ); (2; 3)
2 8
M N −
m
1
2
=
ta có
( 1; 3); (2; 3)M N− − −
. Vậy:
m
1
2
=
thỏa mãn
∆
MNP nhận O làm trọng tâm.
Câu 2: 1.(1 điểm) Phương trình ⇔ (cosx–sinx)

2
– 4(cosx–sinx) – 5 = 0
cos sin 1
cos sin 5 ( cos sin 2)
x x
x x loai vi x x
− = −

⇔

− = − ≤

( ) ( )
2 sin 1 sin sin
4 4 4
x x
π π π
⇔ − = ⇔ − =
2
2
( )
2
x k
k Z
x k
π
π
π π

= +


⇔ ∈

= +

Câu 2:2.(1 điểm) Điều kiện:
1 3
10 10
x≤ ≤
Ta có:
1 3
1 1 2, ;
10 10
x x x
 
+ + − < ∀ ∈
 
 
( Theo BĐT Bunhia)
2
Bpt 300 40 2 10 1 3 10 0x x x x⇔ − − − − − − ≥
2
10 2 2 10
( 10 1 1) ( 3 10 1) 300 40 4 (10 2)(30 2)
10 1 1 3 10 1
x x
x x x x x x
x x
− −
⇔ − − + − − ≤ − − ⇔ + ≤ − +

− + − +
1 1
(10 2) 30 2 0
10 1 1 3 10 1
x x
x x
 
⇔ − − − − ≤
 
− + − +
 
(*)
2 2
1 1
( ) 30 2
10 1 1 3 10 1
5 5 1 3
'( ) 30 0, ( ; )
10 10
10 1( 10 1 1) 3 10 ( 3 10 1)
f x x
x x
f x x
x x x x
= − − −
− + − +
= − − − < ∀ ∈
− − + − − +
Mặt khác
( )f x

liên tục trên
1 3
[ ; ]
10 10
nên
( )f x
nghịch biến trên
1 3
[ ; ]
10 10
3 1
( ) ( ) ( ) 0
10 10
f f x f⇒ ≤ ≤ <
( Hs có thể đánh giá).Do đó bất phương trình (*)
1
10 2 0
5
x x⇔ − ≥ ⇔ ≥
Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là:
1 3
5 10
x≤ ≤
Câu 3: (1 điểm)
2 2
2 2
0 0
(1 2sin )
(1 sin )
2 2

os os
2 2
x
x
x x
cos e dx
x e dx
V
x x
c c
π π
π π
+
+
= =
∫ ∫
2 2
2 2
0 0
1 1
( 2tan ) 2 ( tan )
2 2
os 2 os
2 2
x x
x x
V e dx e dx
x x
c c
π π

π π
= + = + =
∫ ∫
2
0
2 (tan )'
2
x
x
V e dx
π
π
= =
∫
2
2
0
2 tan 2 tan 2
2
2 2
0
x x
x x
V d e e e
π
π
π
π π π
= = =
∫

Câu 4:(1 điểm) Gọi O là tâm
ABC
∆
và M là trung điểm BC ta có:



⊥
⊥
BCOA
BCAM
'
)'( AMABC ⊥⇒
.Kẻ
,'AAMH ⊥
do
BCHM
AMAHM
AMABC
⊥⇒



∈
⊥
)'(
)'(
.
Vậy HM là đọan vuông góc chung của AA’và BC, do đó
4

3
)BC,A'( aHMAd ==
.
Ta có:
2
0 0
3 3
' ( ' ,( )) 30 sin30
2 4
ABC
MH a a
A AO A A ABC AM AB a S
AM
∠ = = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM
AO
OA
=
'
suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a

AH
HM.AO
O'A
===
3
'. ' ' ' ' '. '.
1 2 3
' . ' . ' .
3 3 18
A BB C C A B C ABCC A ABC ABC ABC ABC
a
V V V A O S A O S A O S= − = − = =
Câu 5:(1 điểm)Ta có:
3 3 3 2 2 2
1 8 27 18 1 ( 2 3 )( 4 9 2 3 6 ) (1)a b c abc a b c a b c ab ac bc= + + − − = + + + + − − −

2 2 2
4 9 2 3 6 0 2 3 0a b c ab ac bc a b c⇒ + + − − − > ⇒ + + >
Đặt
2 3 , 0x a b c x= + + >
Từ (1) suy ra:
2
2
, 0
3 3
x
P x
x
= + >
2 2 2

3
2 1 1 1 1
3 . . 1
3 3 3 3 3 3 3 3
x x x
P
x x x x x
= + = + + ≥ =
. Dấu “=” xảy ra khi x=1
Vậy minP=1 khi a=1, b=c=0 hoặc a=c=0,
1
2
b =
hoặc a=b=0,
1
3
c =

Câu 6a: 1. (1 điểm
2 2
( ) ( 1) ( 2) 13 (1; 2); 13T x y I R⇔ − + + = ⇒ − =
Ta có:
(6;9) 117 13IM IM⇒ = >
uuur
. Suy ra điểm M nằm ngoài (T). Vậy từ M kẻ đến (T) được 2 tiếp
tuyến Gọi
K MI AmB= ∩
. Ta có
,MA MB IA IB= = ⇒
MI là đường trung trực của AB

⇒
KA=KB
KAB KBA KAM KBM K
⇒ ∠ = ∠ = ∠ = ∠ ⇒
là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB.
PTTS MI:
1 2
2 3
x t
y t
= +


= − +

,
( )MI T∩
tại K
1
(3;1) và K
2
(-8;-12)
Ta có
1 2
.AK AK<
Vậy
1
K K≡
, tức là K(3;1)
Câu 6a:2.(1 điểm) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R= IA= 3. (P) chứa Ox ⇒ (P): by + cz = 0.

Mặt khác đường tròn thiết diện có chu vi bằng
6
π
. Suy ra bán kính bằng 3 cho
nên (P) đi qua tâm I. Suy ra: –2b – c = 0
⇔
c = –2b (b
≠
0) ⇒ (P): y – 2z = 0.
Câu7a(1 điểm) Xét khai triển
0 1 2 2
(1 )
n n n
n n n n
x C C x C x C x+ = + + + +
Lấy tích phân 2 vế cận từ 0 đến 3, ta được:
⇔
1 2 3 1
0 1 3
4 1 3 3 3
3
1 2 3 1
n n
n
n n n n
C C C C
n n
+ +
−
= + + + +

+ +
2 1 1
0 1 2 1
3 3 3 4 1 341 4 1
4 1024 4
2 3 1 3( 1) 1 3( 1)
n n n
n n
n n n n
C C C C n
n n n n
+ +
+
− −
+ + + + = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
+ + + +
2 6 3 6
1 6
1
( 3 ) 3
k k k
k
P x T C x
x
−
+
= + ⇒ =
. Để có số hạng chứa
3
x

thì
3 6 3 3k k− = ⇔ =
Vậy số hạng chứa
3
x
trong khai triển là:
3 3 3 3
6
3 540C x x=
.
Câu VI
b
(2 điểm) 1. (1 điểm) Hai elíp có các tiêu điểm
1 2
( 2;0), (2;0).F F−
Điểm
2 1 2
( ) 2M E MF MF a∈ ⇒ + =
. Vậy
2
( )E
có độ dài trục lớn nhỏ nhất khi và chỉ khi
1 2
MF MF+

nhỏ nhất.Ta có:
1 2
,F F
cùng phía với
∆

. Gọi
( ; )N x y
là điểm đối xứng với
2
F
qua
∆
, suy ra
( 4; 6).N − −
Ta có:
1 2 1 1
MF MF MF MN NF+ = + ≥
(không đổi).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1
M NF= ∩ ∆
Toạ độ điểm
5
3 6 0
5 3
2
: ; .
4 0 3
2 2
2
x
x y
M M
x y
y


= −

− + =


 
⇔ ⇒ − −
 
 ÷
+ + =
 


= −


2. (1 điểm) Do (Q) // (P) nên (Q) có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D
≠
-7)
Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = 5. Đường tròn có chu vi 6π nên có bán kính r = 3.
Khoảng cách từ I tới (Q) là h =
2 2 2 2
5 3 4− = − =R r
Do đó
+ − − +
 = −
= ⇔ − + = ⇔

=


+ + −
D
D (loaïi)
D
D
2 2 2
2.1 2( 2) 3
7
4 5 12
17
2 2 ( 1)
Vậy (Q) có phương trình 2x + 2y – z +17 = 0
Câu VII
b
(1điểm) Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau.
Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau kể cả số 0 đứng đầu:
5
8
A
Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau và có số 0 đứng đầu là:
4
7
A
số
Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau:
5 4
8 7
5880− =A A
số

Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau:
4
7
A
+ 6.
3
6
A
= 1560 số
⇒
( )
1560n A =
Ta có:
( )
5880n Ω =
,
( )
1560n A =
⇒ P(A) =
1560 13
5880 49
=