ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC. NĂM 2012 - 2013 MÔN: TOÁN. KHỐI A - B - D. ppt

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN.
ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC. NĂM 2012 - 2013
MÔN: TOÁN. KHỐI A - B - D.
Thời gian làm bài: 180 phút.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
+

( )
C
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số.
b) Tìm m để đường thẳng
y x m= − +
cắt đồ thị
( )
C
tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác ABM
là tam giác đều, biết rằng M = (2; 5).
Câu 2. (2 điểm)

a) Giải phương trình:
3cos
4
2 cos (cos sin )
4 cot 1
x
x x x
x
π
π
 
+
 ÷
 
 
− + + =
 ÷
−
 
.
b) Giải hệ phương trình:
2
2
2 4
1 1
3
x y y x xy
x
x xy y


+ + =


+ + =


.
Câu 3. (1 điểm) Tìm
2
3 1
sin 2
x
dx
x
+
∫
.
Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và HC theo a, với H là trung điểm của AD.
Câu 5. (1 điểm) Cho các số không âm
, ,x y z
thỏa mãn:
1.x y z+ + =
Chứng minh rằng:

7
2
27
xy yz zx xyz+ + − ≤

.
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 6a. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có một đường chéo nằm trên đường thẳng
∆
có
phương trình
3 7 0x y+ − =
và B(0; -3). Tìm các tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi, biết diện tích của
hình thoi bằng 20.
b) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; -2; 2), B(-1; - 4; 3). Hãy xác định tọa độ
điểm M trên trục Oz sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng AB là nhỏ nhất.
Câu 7a. (1 điểm) Một hộp đừng 20 viên bi, trong đó có 7 viên bi màu trắng, 9 viên bi màu vàng và 4
viên bi màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 5 viên bi. Tính xác suất để 5 viên bi được lấy ra có không quá
hai màu.
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu 6b. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(3; 3) và AC = 2BD. Điểm
4
2;
3
M
 
 ÷
 
thuộc
đường thẳng AB, điểm
13
3;

3
N
 
 ÷
 
thuộc đường thẳng CD. Viết phương trình đường thẳng chứa đường
chéo BD, biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3.
b) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; -2; 2), B(-1; - 4; 3). Hãy xác định tọa độ điểm I
trên trục Oz, biết rằng mặt cầu tâm I tiếp xúc với đường thẳng A B có diện tích nhỏ nhất.
Câu 7b. (1 điểm) Giải phương trình:
2 2
9 3
3
1 1
log ( 5 6) log log (3 )
2 2
x
x x x
−
− + = + −
.
Hết
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN.
ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC. NĂM 2012 - 2013
MÔN: TOÁN. KHỐI A - B - D.
Thời gian làm bài: 180 phút.
PHẦN CHUNG
Câu 1
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 2 Với ĐK sinx ≠ 0 và cotx ≠ 1, biến đổi phương trình thành 0,5
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) = (1; 1).
0,25
Câu 3
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 cot 2 .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 4
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 5
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
6a

2 đ

a B(0; -3) không thỏa mãn PT
∆
nên 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 7a
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
6b
2 đ
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 cố định nên bán kính mặt cầu là R

= 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 7b
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