ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 113 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.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm).
Câu 1 (2,0 điểm)
Cho hàm số
3 2
3 2y x x= − + −
(
C
) .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị.
2. Tìm tham số m để đường thẳng
y mx m= −
cắt đồ thị (
C
) tại 3 điểm phân biệt
(1;0)A
, B, C
sao cho diện tích tam giác HBC bằng 1(đvđt), với H
(1;1)
.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình
2
2cos (sin 3 cos ) 3 cos 2sin( )
2 2 2 2 3
x x x x
x
π

+ = − +
.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 2
4 2
4 1 3 5 12 3
2 (10 17 3) 3 15
y x y x
y x x x

− + = − −


− + = −


(x,y
∈
¡
)
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân:
4 4
4
2 2
12
sin cos
.
tan cot
x x
I dx

x x
π
π
−
=
+
∫
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là hình vuông cạnh a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên
đáy trùng trọng tâm H của tam giác ABC. Tính theo a thể tích của khối chóp S.HACD và khoảng cách từ
đường thẳng SC tới đường thẳng BD biết mặt phẳng (SAB) hợp mặt phẳng đáy góc
0
60
.
Câu 6 (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương. Chứng minh rằng

3 3 3
3
2 2 2
1 3 2 3
( )
2 2 2 ( 1)( 1)( 1) 4
1
x y z
x y z xy yz yz xz xz xy x y z
x y z
− + + − ≤ −
+ + + + + + + +
+ + +
;
Dấu bằng khi nào xảy ra?.

PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ).
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu 7.a (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có
(1;0)A
đường chéo BD có phương trình
1 0x y− + =
. Tìm
toạ độ các đỉnh còn lại của hình thoi biết khoảng cách từ tâm của hình thoi tới BC bằng
8
5
.
Câu 8.a (1,0 điểm)
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, tìm điểm M thuộc mặt cầu (S)
2 2 2
( 2) ( 1) 3x y z− + − + =
sao cho M cách đều H(1;0;1) và mặt phẳng (P)
2 2 1 0x y z+ + − =
một đoạn có độ dài bằng 2.
Câu 9.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình
2
0,5 3
1
log log 0
1
x x
x
 
+ +
≥

 
+
 
.
B. Theo chương trình nâng cao:
Câu 7.b (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong từ đỉnh A
1 0x − =
,
phương trình đường cao từ đỉnh C
2 6 0x y− − =
. Tìm toạ độ A, B, C biết đỉnh B thuộc đường tròn có
phương trình
2 2
( 2) 25x y+ − =
và đường thẳng AC đi qua
( 1;1)M −
.
Câu 8.a (1,0 điểm)
Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho A(1; 0; 0) B(0; -2; 0) C(1; 1; 0). Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P)
2 3 0x y+ − =
sao cho
2 2 2
2MA MB MC+ +
nhỏ nhất.
Câu 9.b (1 điểm)
Tính tổng
0 1 2 2013 2014
2014 2014 2014 2014 2014
1 2 3 2014 2015

C C C C C
S = + + + + +LLL
với
k
n
C
là tổ hợp chập
k
của
n
phần tử
……………….Hết…………….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh………………………………………….; Số báo danh…………

ĐÁP ÁN
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH.
Câu ý Nội dung Điể
m
I(2đ) 1(1đ
)
Khảo sát hàm số (C)
a) TXĐ: R
b) SBT
•Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = −∞

đồ thị hs không có tiệm cận.
•Chiều biến thiên:
2
0
' 3 6 , ' 0
2
x
y x x y
x
=

= − + = ⇔

=

0,25

BBT

0,25
Hàm số NB trên (−∞ ;
0) và (2 ; +∞),
ĐB trên (0 ; 2).
Hàm số CĐ(2;2) CT(0;-
2)

0,25
c) Đồ thị:
Tâm đối xứng:I(1 ; 0)
0,25

2(1đ
)
Tìm m
.PTHĐ
3 2
3 2x x mx m− + − = −

⇔

2
( 1)( 2 2) ( 1) 0x x x m x− − − + − =

⇔

2
1
( ) 2 2 0
x
F x x x m
=
= − + − =

0,25
x - 0 2 +
0 0y’
y
-2
2 -+
-
+ -

. Điều kiện
0
3
(1) 0
m
F
∆ >

⇔ <

≠


0,25
. Giả sử
1 1
( ; )B x mx m−

2 2
( ; )C x mx m−
.
2 2 2
1 2 1 2
(1 ) ( ) 4 4(3 )(1 )BC m x x x x m m
 
= + + − = − +
 
.
2
1

( , )
1
d H BC
m
=
+
,
2
1 1
( , ). . 4(3 )(1 ) 1
2 2
S d H BC BC m m= = − + =

2( )m n⇔ =
KL.

0,5
II(2đ) 1(1đ
)
Giải phương trình
. Phương trình
⇔
3
sin .cos 2 3cos 3 cos (sin 3 cos )
2 2 2
x x x
x x x+ = − +

⇔

2
sin 3 cos sin cos 3cos (2cos 1) 0
2 2 2
x x x
x x x+ + + − =

(sin 3 cos )(1 cos ) 0
2
x
x x⇔ + + =
0,5
. TH1
cos 1 x=2 4
2
x
k
π π
= − ⇔ +
(
k Z
∈
)
0,25
. TH2
sin 3 cos 0x x+ =

⇔

tan 3 2
3

x x k
π
π
= − ⇔ = − +
(
k Z∈
)
0,25
Vậy phương trình có các nghiệm như trên
2(1đ
)
Giải hệ pt…
. Điều kiện
1
4
x ≥
Phương trình (2)
⇔

4
2 (5 1)(2 3) 3(1 5 )y x x x− − = −


4 4
1
( )
5
4 3 6
x l
xy y

=
⇔
+ =
0,25
. Ta được hệ pt
2 2
4 4
4 1 3 4 1 5 3
4 3 6
y x x y
xy y

− + − = −


+ =


. Chia pt thứ nhất cho
2
y
và pt thứ hai cho
4
y
(do y=0 loại)
Ta được
2 2
4
3 3
4 1 4 1 5

3
4 1 5
x x
y y
x
y

− + − = −




− + =



0,25
• Đặt
2
3
4 1;a x b
y
= − =
với
0, 0a b≥ >
Ta có hệ pt
2 2
5
5
a ab b

a b
+ + =


+ =

ta được
5
1
b
a
b
−
⇒ =
+
thay vào (2)

2 2
4 3 2
3 2
2
5
( ) 5
1
2 3 20 20 0
( 1)( 3 20) 0
( 1)( 2)( 5 10) 0
b
b
b

b b b b
b b b
b b b b
−
+ =
+
⇔ + − − − =
⇔ − + − =
⇔ − − + + =
0,25

• Nên
4
5
2
4
1
3
x
a
b
y

=
=


⇒
 
=



= ±

hoặc
4
1
1
2
2
3
2
x
a
b
y

=

=


⇒
 
=


= ±



Kết luận
( )
5
; ; 3
4
x y
 
= ±
 ÷
 
4
1 3
( ; )
2
2
±
III(1đ
)
1(1đ
)
Tính tích phân.
•
2 2 2
12 12
2
4 4
4 4
cos2 .sin .cos 1 sin 2 .cos2
sin 2
sin cos 4

1
2
x x x x x
I dx dx
x
x x
π π
π π
= =
+
−
∫ ∫
0,25
• Đặt
sin 2t x=

2cos2dt xdx⇒ =

Đổi cận
1
12
2
1
4
x t
π
π
⇒
Khi đó
1

2
2
1
2
1
4 2
t
I dt
t
=
−
∫

0,25
•
1
1 1
2
1
1 1
2
2 2
1 1 1 2
( 2 ) ln
4 2 8
4 2 2
dt t
I dt
t
t

−
= + = +
−
+
∫ ∫
• KL
1 1 21 14 2
ln
8
4 2 9 4 2
I
−
= +
−
0,5
IV
(1đ) Tính thể tích và khoảng cách
• Kẻ
HI AB⊥
, vì
SH AB⊥
nên
( )AB SHI⊥
Gt được góc SIH=
0
60

0,25
• Do
//IH AD

nên
BH IH
BD AD
=
1
2.
.
3
3
2
a a
BH AD a
IH
BD
a
⇒ = = =
•
0
tan 60
3
a
SH IH= =
•
( ) ( ) ( ( ) ( ))dt AHCD dt ABCD dt AHB dt BHC= − +
=
2 2 2
2
2
( )
6 6 3

a a a
a − + =
• V
2 3
1 1 2 2
. ( )
3 3 3
3 9 3
a a a
SH dt AHCD= = =
(đvtt)
0,25
• Kẻ Cx//BD suy ra BD//(SC,Cx)
•
( , ) ( ,( , )) ( ,( , ))d SC BD d BD SC Cx d H SC Cx= =
• Kẻ HK
⊥
Cx tại K
0,25
• Vì SH
⊥
Cx, HK
⊥
Cx nên Cx
⊥
(SHK) hay (SHK)
⊥
(SC,Cx)
• Kẻ HN
⊥

SK suy ra HN
⊥
(SC,Cx)
• d(SC,BD)=HN=
2 2 2 2
.
.
3 2
5
3 2
a a
SH HK a
SH HK a a
= =
+
+
0,25
V (1đ) Chứng minh rằng…….
• Đặt
3 3 3
1
( )
(2 ) (2 ) (2 )
x y z
P
x y z y z x z x y x y z
= + +
+ + + + +
0,25
B

A D
C
I
N
x
S
H
K
• Ta có
3
3
3
2
(2 ) 3 9
2
(2 ) 3 9
2
(2 ) 3 9
x y z x
x
y z x
y z x y
y
z x y
z x y z
z
x y z
+
+ + ≥
+

+
+ + ≥
+
+
+ + ≥
+
• Cộng vế ta được
3 3 3
2 2 2 3
x y z x y z
xy yz yz xz xz xy
+ +
+ + ≥
+ + +
• Hay
1P ≥
Dấu bằng xảy ra khi
1x y z= = =
(*)
0,25
• Đặt
2 2 2
1 2
( 1)( 1)( 1)
1
Q
x y z
x y z
= −
+ + +

+ + +
• Ta có
2 2 2 2 2 2
1 1 1
1 ( ) ( 1) ( 1)
2 2 4
x y z x y z x y z+ + + ≥ + + + ≥ + + +
Vì
2 2 2
1
( )
2
a b a b+ ≥ +
dấu = khi a=b
•
3
3
( 1)( 1)( 1) ( )
3
x y z
x y z
+ + +
+ + + ≤
dấu = khi x=y=z
• do đó
3
2 54
1 ( 3)
Q
x y z x y z

≤ −
+ + + + + +
, đặt
1 1t x y z= + + + >
Ta được
3
2 54
( )
( 2)
Q f t
t t
≤ = −
+
xét hsố f(t) trên
(1; )+∞

2 4
1( )
2 162
'( ) 0
4( )
( 2)
t l
f t
t n
t t
=
−
= + = ⇔
=

+
Lập bbt ta được
1
( )
4
f t ≤
=f(4)
Vậy
1
4
Q ≤
dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 (**)
• Từ (*), (**) suy đpcm
0,5
PHẦN TỰ CHỌN:
Câu ý Nội dung Điểm
VIa(2đ) 1(1đ) Tìm B, C, D…
• pt AC đi qua A, vuông góc với BD x+y-1=0
• I là giao AC, BD nên I(0;1)
0,25
• Vì I là trung điểm AC nên C(-1;2), kẻ IH vuông góc BC nên IH=
8
5
• AC=
2 2

2IC⇒ =
, do tam giác ICB vuông tại I nên

2 2 2

1 1 1
2 2ID
IH ID IH
+ = ⇒ =
0,25
• Nên BD=
4 2
• Toạ độ B, D thoả mãn
2 2
( 1) 8
1 0
x y
x y

+ − =

− + =


0,25

0,25
• Giải được
2, 3
2, 1
x y
x y
= =
= − = −
• KL

1 1 1
2 2 2
(2;3), ( 2; 1), ( 1;2)
( 2; 1), (2;3), ( 1;2)
B D C
B D C
− − −
− − −
2(1đ) Viết phương trình mp(P)…………
• Gọi M(a;b;c)
• Do M thuộc mặt cầu (S) nên
2 2 2
( 2) ( 1) 3a b c− + − + =
(1)
• Do MH=2 nên
2 2 2
( 1) ( 1) 2a b c− + + − =
(2)
• Vì d(M;(P))=2 nên
2 2
2 2 1
2
2 2 1
a b c+ + −
=
+ +
(3)
0,5
0,25
• Từ (1), (2) ta được 2a+2b-2c=4 (4)

Từ (3) TH1 2a+2b+c=7 (5)
Do đó c=1 thay vào (2), (4) được
2 2
1, 2
( 1) 4
3, 0
3
a b
a b
a b
a b
= =

− + =
⇔

= =
+ =

• Từ (3) TH2 2a+2b+c=-5 kết hợp (4) ta có c= -3
Thay vào (2) được
2 2
( 1) 2( )a b l− + = −
• Kết luận M(1;2;1) M(3;0;1),
0,25
VII.a (1 đ) Giải bất phương trình