ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 194 ppt

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 194
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm).
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
2 3
2
x
y
x
−
=
−
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Tìm điểm M thuộc (C) biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M cắt
các
đường tiệm cận tại A và B sao cho diện tích đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB bằng
2
π
.
Câu II ( 3,0 điểm).
1. Giải phương trình lượng giác:
4cos 3 cos2 sin 2 3x x x− = +

2. Giải hệ phương trình :
2 2
4
( 1) ( 1) 2
x y x y
x x y y y

+ + + =


+ + + + =

.
3. Tính tích phân:
2
0
2
π
− +
=
−
∫
x cosx(cosx sinx) cos x
I dx
cosx s inx
.
Câu III (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD =
2a, CD = a, góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60
o
. Gọi I là trung điểm cạnh AD.Biết hai mặt
phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
Câu IV (1,0 điểm). Cho x,y
[ ]
2012;2013∈
và
x y≤
.Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P=
2 2

2
( )
( )
x y
x y
xy
+
+
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A.Theo chương trình Chuẩn.
Câu V.a ( 2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm
(1;0)H
, chân đường cao hạ từ đỉnh B là
(0; 2)K
, trung điểm cạnh AB là
(3;1)M
.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;1;1), cắt đường
thẳng
( )
1
2 1
:
3 1 2
+ −
= =
−
x y z

d
và vuông góc với đường thẳng

= − +

= −


= +

x t
d y t
z t
2
2 2
( ): 5
2
(
∈t R
).
Câu VI.a ( 1,0 điểm). Giải phương trình:
xx
32
log)1(log =+
B.Theo chương trình Nâng cao.
Câu V.b ( 2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy), cho tam giác ABC biết có A(1;1) biết đường thẳng qua trung điểm cạnh AB và
AC có phương trình x -2y -4=0.Đường trung tuyến kẻ từ A có phương trình:3x+2y-5=0 .Tìm toa độ đỉnh B,C biết
diện tích tam giác ABC bằng
20

và điểm B có hoành độ dương.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P):
1 0+ + − =x y z
đồng thời cắt cả hai đường thẳng
( )
1
1 1
:
2 1 1
− +
= =
−
x y z
d
và
2
1
( ) : 1
x t
d y
z t
= − +


= −


= −

, với

∈t R
.
Câu VI.b ( 1,0 điểm). Một cái túi có 5 quả cầu đỏ ,6 quả cầu xanh.Chọn ngẫu nhiên 4 quả cầu .Tính xác
suất để trong 4 quả cầu đó có cả quả màu đỏ và màu xanh
……….Hết……….
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
C¢U
NÔI DUNG
ÑIEÅM
C©u I
(2,0
®iÓm)
1. (1,0 ®iÓm)
a) Tập xác định : D = R
b) Sự biến thiên:
* Tiệm cận :
2 2
lim , lim
x x
y y
− +
→ →
= −∞ = +∞
nên
2x
=
là tiệm cận đứng
lim 2 , lim 2
x x
y y

→−∞ →+∞
= =
nên
2y
=
là tiệm cận ngang.
*Chiều biến thiên:
( )
2
1
0, 2
2
y x
x
= − < ∀ ≠
−
0,25
* Bảng biến thiên
0,25
+ Hàm số nghich biến trên các khoảng; (-
∞
; 2) và (2; +
∞
)
+Cực trị : hàm số không có cực trị
0,25
c) Đồ thị
*Vẽ đồ thị:
* Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I(2;2) làm tâm đối xứng.
0,25

2. (1,0 ®iÓm) .
2) Gọi
( )
2 3
;
2
a
M a C
a
−
 
∈
 ÷
−
 
với
2a
≠
. Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M có dạng:
( )
( )
2
2 3 1
2
2
a
y x a
a
a
−

− = − −
−
−

0,25
Giả sử A,B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận đứng và tiệm cận
ngang. Khi đó ta tìm được
2 2
2;
2
a
A
a
−
 
 ÷
−
 
,
( )
2 2;2B a −
( )
( )
2
2
1
2 2
2
AB a
a

⇒ = − +
−
Do tam giác IAB vuông tại I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp là
( )
( )
2
2
1
2
2
2
AB
R a
a
= = − +
−
0,25
Vì
2 2
2 2 2
IAB
S R R
π π π
∆
= ⇔ = ⇔ =

0,25
Vì vậy
( )
( )

2
2
1
2 2 1; 3
2
a a a
a
− + = ⇔ = =
−
Đáp số
( )
1;1M
hay
( )
3;3M
0,25
Câu II
(3 điểm)
1(1
điểm)
4cos 3 cos2 sin 2 3x x x− = +
( )
4cos 3 1 cos2 sin 2 0x x x⇔ − + − =
2
4cos 2 3 cos 2sin .cos 0x x x x⇔ − − =
( )
cos 2 3 cos sin 0x x x⇔ − − =
cos 0
2 3 cos sin 0
x

x x
=

⇔

− − =


( )
( )
1
2
0.25
( )
1
2
x k
π
π
⇔ = +
,
( )
k Z∈
0.25
( )
2 1 cos
6
x
π
 

⇔ = −
 ÷
 
2 2
6 6
x k x k
π π
π π
⇔ − = ⇔ = +
,
( )
k Z∈

0.25
Vậy pt đã cho có các nghiệm:
2
x k
π
π
= +
,
2
6
x k
π
π
= +
,
( )
k Z∈

0.25
2
( 1 điểm)
Hệ phương trình
⇔
2 2
2 2
4
2
x y x y
x y x y xy

+ + + =


+ + + + =


⇔
2 2 2
4 ( ) ( ) 2 4
2 2
x y x y x y x y xy
xy xy
 
+ + + = + + + − =
⇔
 
= − = −
 

⇔
2
( ) 0
2
x y x y
xy

+ + + =

= −

⇔
0
( )
2
1
( )
2
x y
I
xy
x y
II
xy
 + =



= −




+ = −



= −



0,25
Giải (I): (I)
⇔
2
2
2
2
x
y
x
y


=




= −





= −




=




0,25
Giải (II) : (II)
⇔
1
2
2
1
x
y
x
y
 =



= −




= −



=



0,25
KL:Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là:
(x;y)=
( ) ( )
( ) ( )
2; 2 ; 2; 2 ; 1; 2 ; 2;1− − − −
0,25
3
(1 điểm)
x cos x(cos x sinx) cos x
I dx
cos x sinx
π
− +
=
−
∫
2
0
2

=
x cos xdx (cos x sinx)dx I I
π π
+ + = +
∫ ∫
2 2
1 2
0 0
0,25
Tính
I xcos xdx
π
=
∫
2
1
0
Đặt
u x du dx
dv cosxdx v sinx
= =
 
⇒
 
= =
 
I xsin x sinxdx
π
π
π

= − = −
∫
2
1
0
1
2
2
0
0,25
I (cos x sinx)dx (sinx cos x)
π
π
= + = − =
∫
2
2
0
2
2
0
0,25
I I I
π
= + = +
1 2
1
2
0,25
Câu III

(1 điểm)
Ta có
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
SBI ABCD
SCI ABCD SI ABCD
SI SBI SCI
⊥


⊥ ⇒ ⊥


= ∩

Gọi H là hình chiếu của I lên BC.Theo định lí 3 đường vuông góc SH
⊥
BC.
Mà BC =
( ) ( )SBC ABCD∩
nên
SHI
∧
= 60
o
là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và
(ABCD).
0,25

2
2
2
2 2 2
1 1
( ) 2 (2 ) 3
2 2
1 1
3 . .
2 2
1 3
3
2 2
ABCD
IBC ABCD ICD IAB
S AD AB AC a a a a
S S S S a ID CD IA AB
a
a a a
∆ ∆ ∆
= + = + =
= − − = − −
= − − =
0,25
Kẻ CE
⊥
AB,
2
2
2 2 2 2

3
2.
2
3 3 5
2
5
4
IBC
a
S
a a
IH
BC
CE BE a a
∆
= = = =
+ +
Trong tam giác SIH vuông tại I, ta có : SI = IH.tan60
o
=
3 5 3 15
. 3
5 5
a a
=
0,25
A
B
D
C

S
E
H
I

Vậy
3
2
.
1 3 15 3 15
.3
3 5 5
S ABCD
a a
V a= =
(đvtt).
0,25
Câu IV
(1 điểm)
Đặt t=
x
y
.Khi đó P=
2
( 1)( 1)t t
t
+ +
=f(t),khi đó f’(t)=
2
1

2 1t
t
+ −
,
0,25
0,25
Vì
2012 2012
2012 2013 1 1
2013 2013
≤ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤
x
x y t
y
.Ta có f’(t)>
2
2012 2013
2. 1 ( ) 0
2013 2012
+ − >
với
2012
,1
2013
t
 
∀ ∈
 
 
2012

;1
2013
max max ( ) (1) 4
t
P f t f
 
∈
 
 
⇒ = = =
đạt được khi x=y
0,25
2
2
2012
;1
2013
2
2012 2012 2012 2013
min minf ( ) ( ) 1 1
2013 2013 2013 2012
4025 8100313
.
2012 2013
t
P t f
 
∈
 
 

 
 
= = = + +
 ÷
 ÷
 
 
=
Đạt được khi
2012
2013
x y=
0,25
Câu
V.a.1
(1 điểm)
+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận
( 1; 2)HK = −
uuur
làm vtpt và AC đi qua K nên
( ): 2 4 0.AC x y− + =

0,25
Ta cũng có:
( ): 2 2 0BK x y+ − =
.
+ Do
,A AC B BK∈ ∈
nên giả sử
(2 4; ), ( ; 2 2 ).A a a B b b− −

Mặt khác
(3;1)M
là
trung điểm của AB nên ta có hệ:
2 4 6 2 10 4
.
2 2 2 2 0 2
a b a b a
a b a b b
− + = + = =
  
⇔ ⇔
  
+ − = − = =
  
Suy ra:
(4; 4), (2; 2).A B −
0,25
+ Suy ra:
( 2; 6)AB = − −
uuur
, suy ra:
( ):3 8 0AB x y− − =
.
0,25
+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận
(3; 4)HA =
uuur
, suy ra:
( ) :3 4 2 0.BC x y+ + =

KL: Vậy :
( ): 2 4 0,− + =AC x y
( ) :3 8 0− − =AB x y
,
( ) :3 4 2 0.+ + =BC x y
0,25
Câu
V.a.2
(1 điểm)
Gọi (P) là mf:
2
2
(1;1;1)
(2; 5;1)
P d
quaM
QuaM
d
vtptn u



⇔
 
⊥
= = −



uur uur

0,25
PT mf(P) : 2x - 5y + z + 2 = 0
0,25
(P)
∩
d
1
= A(-5;-1;3)
0,25
Khi đó đt d :
1 3
(1;1;1)
ó : 1 ( )
1
(3;1; 1)
1
2
x t
quaM
d c pt y t t R
vtcp AM
z t
= +


 
⇒ = + ∈
 
= −
 

= −


uuuur

0,25
Câu VI.a
(1 điểm)
ĐK: x >0. Đặt y=
x
3
log

⇒
y
x 3=
0,25
Ta có PT
y
y
=+ )31(log
2
⇔
yy
231 =+
⇔
f(y)=
1
2
3

2
1
=








+






y
y
(1)
0,25
Ta thấy hàm số f(y) nghịch biến trên R và y=2 thoã mãn (1)
là duy nhất 0,25
Với y=2
⇒
x=3
2
=9
Vậy Pt có một nghiệm x=9

0,25
Câu
V.b.1
(1 điểm)
M(-3;0)
x-2y-1=0
:2x-3y+14=0
B
C
A
H
Ta có
( )
n 1; 2−
r
là VTPT của đường thẳng CH, do
AB CH
⊥
nên
( )
n 1; 2−
r
là 1 VTCP của
đường thẳng AB, mà AB đi qua
( )
M 3;0−

⇒
phương trình tổng quát đường thẳng AB:
2x y 6 0+ + =

.
Mặt khác
( ) ( )
A A AB
∈ ∆ ⇒ = ∆ ∩
do đó tọa độ của A là nghiệm của hpt
( )
2x y 6 0 x 4
A 4;2
2x 3y 14 0 y 2
+ + = = −
 
⇔ ⇒ −
 
− + = =
 
0,25
do
( )
M 3;0−
là trung điểm của AB do đó
( )
A B
M
B
A B B
M
x x
x
x 2

2
B 2; 2
y y y 2
y
2
+

=

= −


⇒ ⇒ − −
 
+ = −


=


0,25
Do
BC// ∆ ⇒
phương trình đường thẳng BC có dạng:
2x 3y m 0 (m 14)− + = ≠
, mà
(BC) đi qua
( )
B 2; 2− −

m 2 BC:2x 3y 2 0⇒ = − ⇒ − − =
0,25
Lại có
C BC CH
= ∩
do đó tọa độ của C là nghiệm của hpt

( )
x 2y 1 0 x 1
C 1;0
2x 3y 2 0 y 0
− − = =
 
⇔ ⇒
 
− − = =
 

Vậy
( ) ( ) ( )
A 4;2 , B 2; 2 ,C 1;0− − −
0,25
Câu
V.b.2
(1 điểm)
Giả sử :
1
d d∩
=
( )

1 1 1
1 2 ; 1 ;+ − −M t t t
;
2
d d∩
=
( )
1 ; 1;− + − −N t t
Suy ra
( )
1 1 1
2 2; ;= − − − −
uuuur
MN t t t t t
0,25
( ) ( )
*
1 1 1
. ; 2 2
P
d mp P MN k n k R t t t t t⊥ ⇔ = ∈ ⇔ − − = = − −
uuuur uur
0,25
⇔
1
4
5
2
5


=



−

=


t
t
⇒
1 3 2
; ;
5 5 5
 
= − −
 ÷
 
M
0,25
⇒ d:
(1;1;1)
P
quaM
vtcpu n



= =



r uur
có ptts :
1
5
3
5
2
5
x v
y v
z v

= +



= − +



= − +


(
v R
∈
)
0,25

Câu VI.b
(1 điểm)
4
11
330CΩ = =
Biến cố A: “4 quả cầu đó có cả quả màu đỏ và màu xanh” với
A=
1 2 3
A A A∪ ∪
0,25đ
A
1
là 4 quả cầu có 1quả màu đỏ và 3 quả màu xanh
| A
1
|=5.
3
6
C
=100
2
A
là 4 quả cầu có 2quả màu đỏ và 2 quả màu xanh
0,25đ
|
2
A
|=
2 2
5 6

. 150C C =
3
A
là 4 quả cầu có 3quả màu đỏ và 1 quả màu xanh
|
3
A
|=
3
5
.6 60C =
0,25đ
1 2 3
100 150 60 31
( ) ( ) ( ) ( )
330 330 330 33
P A P A P A P A= + + = + + =
0,25đ
Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.