ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 185 doc

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 185
I. PHẦN CHUNG ( Cho tất cả thí sinh )
Câu I ( 2 điểm ). Cho hàm số
2 4
1
x
y
x
−
=
+

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
2) Tìm trên đồ thị (C) hai điểm A, B đối xứng nhau qua đường thẳng MN, biết
( ) ( )
3;0 , 1; 1M N− − −
.
Câu II ( 2 điểm ). Giải các phương trình, bất phương trình sau
1)
( )
2
2
2
sin cos 2sin
2
sin sin 3
1 cot 2 4 4
x x x
x x
x
π π

+ −
 
   
= − − −
 ÷  ÷
 
+
   
 
.
2)
( ) ( )
( )
2
2
4 1 2 10 1 3 2x x x+ < + − +
Câu III ( 1 điểm ). Tính tích phân
( )
5
0
cos sinI x x x dx
π
= +
∫
Câu IV ( 1 điểm ). Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình thoi cạnh bằng a và góc
·
0
60BAD =
. Hai
mặt chéo ( ACC'A' ) và ( BDD'B' ) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm

của CD, B'C', biết rằng MN vuông góc với BD'. Tính thể tích của khối hộp ABCD.A'B'C'D' .
Câu V ( 1 điểm ). Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng

2 2 2
52
2 2
27
a b c abc≤ + + + <
II. PHẦN TỰ CHỌN ( Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B )
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa ( 2 điểm )
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh
( )
1;5B
và phương trình đường cao
: 2 2 0AD x y+ − =
, đường phân giác góc C là
': 1 0CC x y− − =
. Tính tọa độ các đỉnh A và C.
2) Viết phương trình đường thằng
( )
∆
đi qua điểm
( )
1;1;1A
và vuông góc với đường thẳng
( )
/
1 1
:

1 1 2
x y z− −
∆ = =
và cách điểm
( )
2;0;1B
một khoảng lớn nhất.
Câu VIIa ( 1 điểm ) Với n là số nguyên dương, chứng minh hệ thức

( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2 2 2 2
1 2 3 1
2
2 3 1
2
n n n
n n n n n n
n
C C C n C n C C
−
+ + + + − + =
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb ( 2 điểm )
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
( )
2 2
3
:

2
C x y+ =
và Parabol
( )
2
:P y x=
. Tìm trên (P) các
điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến tới đường trỏn (C) và hai tiếp tuyến này tạo với nhau một góc
bằng 60
0
.
2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
( )
: 2 1 0P x y z+ + − =
và đường thẳng (d) là giao tuyến
của hai mặt phẳng
( ) ( )
: 2 2 0 à : 2 2 0Q x y v R y z− − = + + =
. Viết phương trình đường thẳng
( )
∆
đi qua
giao điểm A của (d) và (P);
( )
∆
nằm trong (P) và góc tạo bởi hai đường thẳng
( )
∆
và (d) bằng 45
0

.
Câu VIIb ( 1 điểm ). Người ta sử dụng 5 cuốn sách Toán, 6 cuốn sách Vật lí, 7 cuốn sách Hóa học ( các
cuốn sách cùng loại giống nhau ) để làm giải thưởng cho 9 học sinh, mỗi học sinh được hai cuốn sách
khác loại. Trong số 9 học sinh trên có hai bạn Ngọc và Thảo. Tìm xác suất để hai bạn Ngọc và Thảo có
giải thưởng giống nhau.
1
HƯỚNG DẪN
Câu I(2 điểm)1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
2 4
1
x
y
x
−
=
+
* Tập xác đinh
{ }
\ 1D = −¡
Giới hạn, tiệm cận:

1 1
lim ; lim
x x
y y
− +
→− →−
= +∞ = −∞
. Suy ra phương trình đường tiệm cận đứng x = – 1

lim 2; lim 2
x x
y y
→−∞ →+∞
= =
. Suy ra phương trình đường tiệm cận ngang y = 2+
* Sự biến thiên:
( )
( ) ( )
2
6
' 0; ; 1 1;
1
y x
x
= > ∀ ∈ −∞ − ∪ − + ∞
+
nên hàm
số đồng biến trong từng khoảng xác định của nó.
* Bảng biến thiên
* Đồ thị:
Đồ thị phải đi qua các
điểm đặc biệt
( ) ( ) ( )
2,0 ; 0, 4 ; 4,4− −
Nhận xét: đồ thị có tâm
đối xứng là điểm
( )
1;2I −
Câu 1: 2) Tìm trên đồ thị hai điểm đối xứng nhau

qua đường thẳng MN, biết
( ) ( )
3;0 , 1; 1M N− − −
.
Phương trình đường thẳng
( )
: 2 3 0MN x y+ + =
.
Xét hai điểm A, B trên đồ thị (C), ta có
6 6
; 2 , ; 2 , , 1
1 1
A a B b a b
a b
   
− − ≠ −
 ÷  ÷
+ +
   
Gọi
3 3
; 2
2 1 1
a b
I
a b
+
 
− −
 ÷

+ +
 
là trung điểm của đoạn đoạn AB
Theo yêu cầu của bài toán ta có
( )
( )
2
3 3
0
0
. 0
1 1

6 6
0
7
2 1 1
2
a
b a
AB MN
b
AB MN
a b
I MN
b a
a
I MN
a b
b

 =




− − + =


⊥
=

=
   
+ +

⇔ ⇔ ⇔ ⇔
  

∈
+
=
∈






− − = −




+ +

=



uuur uuuur
Vậy
( ) ( )
2;0 ; 0; 4A B −
hoặc
( ) ( )
2;0 ; 0; 4B A −
Câu 2: 1)
( )
2
2
2
sin cos 2sin
2
sin sin 3
1 cot 2 4 4
x x x
x x
x
π π
+ −
 

   
= − − −
 ÷  ÷
 
+
   
 
.Điều kiện xác định
sin 0x ≠
hay
;x k k
π
≠ ∈Z
.Phương trình đã cho tương đương với
( ) ( )
( )
2
cos2 sin 2 sin 2 cos 2 sin cos 2 sin 1 0
4 4
3
cos 2 0
8 2
,
4
2
sin 1 0
2
x x x x x x x
k
x

x
k m Z
x m
x
π π
π π
π
π
π
   
+ = − ⇔ − − =
 ÷  ÷
   


 
= +

− =
 ÷

⇔ ⇔ ∈

 


= +
− =




So với điều kiện nghiệm của phương trình là
( )
3
; 2 ; ,
8 2 2
k
x x m k m Z
π π π
π
= + = + ∈
Câu 2: 2)
( ) ( )
( )
2
2
4 1 2 10 1 3 2x x x+ < + − +
Điều kiện xác định
3
2
x ≥ −
2
+
∞
-
∞
2
2
+
+

- 1
+
∞
-
∞
y'
y
x
x
y
- 4
4
I
2
- 1
- 4
2
O
1
( ) ( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( )

( )
2 2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
2 10 1 3 2 1 3 2
4 1 2 10 1 3 2 4 1
1 3 2
1
1
2 10 4 1
2 10
4 1
1
1 3 2 2 10
1 3 2
1 3 2
x x x
x x x x
x
x
x
x x
x
x

x x
x
x
+ − + + +
+ < + − + ⇔ + <
+ +
≠ −

≠ −


+ +
 
+
⇔ + < ⇔ ⇔
 
<
+ + < +
+ +  

+ +


1 1
1
3
2 4 2 3 2 2 10 3 2 3
x x
x
x

x x x x
≠ − ≠ −
 
≠ −

 
⇔ ⇔ ⇔
  
<
+ + + < + + <
 

 
Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là
{ }
3
; 3 \ 1
2
S
 
= − −
÷

 
Câu III(1 điểm)Tính tích phân
( )
5
0
cos sinI x x x dx
π

= +
∫
*
( )
1 2
5 5
0 0 0
cos sin .cos . .sin .
I I
I x x x dx x x dx x x dx
π π π
= + = +
∫ ∫ ∫
1 42 43 1 4 2 4 3
.
*
1
0 0 0
0 0
.cos . .sin sin . .sin cos 2I x x dx x x x dx x x x
π π
π π π
= = − = + = −
∫ ∫

* Với
2
I
ta đặt
( )

( )
2
2
2
0
8
1 cos cos
2 15
x t I x d x
π
π π
π
= − ⇒ = − − =
∫
. * Vậy
8
2
15
I
π
= −
Câu IV(1 điểm) .Tính theo a thể tích hình chóp S.ABMN * Từ giả thiết ta có
2
2 0
3
sin 60
2
ABCD
a
S a= =

60
0
H
N
M
C'
O'
D'
A'
C
O
B
A
D
B'
* Gọi O, O' lần lượt là tâm hai đáy ABCD và A'B'C'D' từ giả thiết

( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
' '
' ' '
' ' ' ' '
ACC A ABCD
BDD B ABCD OO ABCD
OO ACC A BDD B
⊥

⊥ ⇒ ⊥



=

I
mà OO' // AA' , nên ta có hình hộp đã cho là hình
hộp đứng
*
/ / ' à ' ' 'MN OB v MN BD OB BD⊥ ⇒ ⊥
nên trong hình chữ nhật BDD'B' ta có
' 'BD B O⊥
. Gọi H là
giao điểm của B'O và BD', khi đó ta có
1
'
3
BH BD=
và sử dụng hệ thức
' . '.B O BH BB BO=
ta có
2
2 ' '
2
a
BD BB BB= ⇒ =
. Vậy
3
. ' ' ' '
6
. '

4
ABCD A B C D ABCD
a
V S BB= =
( đvtt )
Câu V(1 điểm)Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng
3

2 2 2
52
2 2
27
a b c abc≤ + + + <
Ta có
; ;
2
a b c
p p a p b p c
+ +
= ⇒ − − −
là các số dương
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương
1 ; 1 ;1a b c− − −
ta có
( ) ( ) ( )
( )
( )
3
3
1

0 1 1 1
3 27
28 28
1 2 2 2
27 27
a b c
a b c
ab bc ca abc ab bc ca abc
− + +
 
< − − − ≤ =
 
 
⇔ < + + − ≤ ⇔ < + + − ≤
( )
( )
2
2 2 2 2 2 2
56 52
2 2 2 2
27 27
a b c a b c abc a b c abc⇔ < + + − + + + ≤ ⇔ ≤ + + + <
Đẳng thức bên trái xảy ra khi
2
3
a b c= = =
Câu VIa(2 điểm)1) Tính tọa độ các đỉnh A và C.* Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với AD nên có
phương trình là
: 2 3 0BC x y− + =
*

'C BC CC= I
tọa độ của C là nghiệm của hệ
( )
2 3 4
4; 5
1 5
x y x
C
x y y
− = − = −
 
⇔ ⇒ − −
 
− = = −
 
* Gọi B' là điểm đối xứng của B qua đường thẳng CC' khi đó B' thuộc đường thẳng AC
Pt
': 6 0BB x y+ − =
.
7 5
' ' ;
2 2
K BB CC K
 
= ⇒
 ÷
 
I
là trung điểm BB' suy ra
( )

' 6;0B
* Đường thẳng AC qua C và B'
: 2 6 0AC x y⇒ − − =
A AC AD= I
nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
( )
2 2 4
4; 1
2 6 1
x y x
A
x y y
+ = =
 
⇔ ⇒ −
 
− = = −
 
*2) Viết phương trình đường thẳng
( )
∆

( )
∆
phải thuộc mặt phẳng
( )
α
đi qua
A và vuông góc với
( )

'∆
suy ra vtpt
( )
1;1;2n
α
=
uur
* Kẻ
( )
BK ⊥ ∆
ta có

( ) ( )
max
; ;BK d B AB d B AB K A= ∆ ≤ ⇒ ∆ = ⇔ ≡   
   
*
( ) ( )
( )
AB
α
∆ ⊂


∆ ⊥


suy ra véc-tơ chỉ phương của
( )
∆

là
( )
1
; 1;1; 1
2
v n AB
α
 
= = −
 
uur uur uuur
* Phương trình đường thẳng
( )
∆
là
1 1 1
1 1 1
x y z− − −
= =
−
Câu VII a( 1 điểm)Chứng minh
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2 2 2 2
1 2 3 1
2
2 3 1
2
n n n

n n n n n n
n
C C C n C n C C
−
+ + + + − + =
Đặt
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2 2 2 2 2
0 1 2 3 1
0. 1. 2 3 1
n n
n n n n n n
S C C C C n C n C
−
= + + + + + − +
Ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
0 1 2 3 1
2 .
n n
n n n n n n
S n C C C C C C
−
 
= + + + + + +
 
 

Khai triển hai nhị thức
( ) ( )
1 1
n n
x x+ +
và
( )
2
1
n
x+
rồi so sánh hệ số của x
n
ta được

( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2 2 2 2
0
0 1 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 0
2
0 1 2 1 2
1 2 1
1
2 222 2
1 ; 1
1 1 ,
1

.
n n
n n n n n n n n n n
n n n n n n n n n n
n n
k n k
n n
n
n n
n n
n n n
n n n n n
n n
n n n
C C
x C C x C x C x C x x C x C x C x C x C
x x do C C
x C
C C C x
C xC x C x C
− − − − − −
− −
− −
+ = + + + + + + = + + + + +
+ + = + =
+ = + + +
 
+ + + +
 


+ +

+
2 2n n
x

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
0 1 2 3 1
2

n n n
n n n n n n n
C C C C C C C
−
+ + + + + + =
từ đó suy ra ĐPCM
4
∆
'
( )
∆( )
α
B
H
A
K
Câu VIb.(2 điểm) 1) Tìm các điểm M trên
( )
2

:P y x=
Đường tròn
( )C
tâm
( )
0;0O
, bán kính
6
2
r =
và
( )
( )
2
;M P M t t∈ ⇔
theo YCBT ta có
2 6OM OM= ∨ =

{ }
1; 2t⇒ ∈ ± ±

Vậy có bốn điểm M là
( ) ( )
( ) ( )
1 2 3 4
1; 1 , 1; 1 , 2; 2 , 2; 2M M M M= = − = = −
2) Viết phương trình đường thằng
( )
∆

* Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
( )
2 1 1
2 2 0 1;0; 1
2 2 1
x y z x
x y y A
y z z
+ + = =
 
 
− = ⇔ = ⇒ −
 
 
+ = − = −
 
Đường thẳng (d) có véc-tơ chỉ phương là
( )
1;2; 1v = −
uur
* Gọi véc-tơ chỉ phương của đường thẳng
( )
∆
là
( )
2 2 2
; ; , 0u a b c a b c= + + ≠
uur
Theo YCBT ta có
( )

( ) ( )
0
2 2 2
2 0
. 0
2
1
1
cos ; cos45
2
6.
2
P
a b c
u n
a b c
d
a b c

+ + =

=


⇔
+ −
 
=
∆ = = 
 

 
+ +


uur uuuur
* Giải hệ này ta được
1
1 3
1 3
a
b
c
=


= − +


= − −

hoặc
1
1 3
1 3
a
b
c
=



= − −


= − +

* Vậy có hai đường thẳng thỏa YCBT là:
( ) ( )
1 1
1 1 1 1
: , :
1 1
1 3 1 3 1 3 1 3
x y z x y z− + − +
∆ = = ∆ = =
− + − − − +
Câu VIIb.(1 điểm)Tìm xác suất để hai bạn Ngọc và Thảo có giải thưởng giống nhau.
* Giả sử có x học sinh nhận sách Toán và Vật lí, y học sinh nhận sách Toán và Hóa học
z học sinh nhận sách Vật lí và Hóa học
Ta có
5, 6, 7, 9x y x z y z x y z+ = + = + = + + =
suy ra
2, 3, 4x y z= = =
Vậy chỉ có 2 học sinh nhận sách Toán và Vật lí, 3 học sinh nhận sách Toán và Hóa học, 4 học sinh nhận
sách Vật lí và Hóa học.
* Số khả năng chia sách cho 9 bạn là
( )
2 3 4
9 7 4
. . 1260n C C CΩ = =
.

* Gọi A là biến cố hai bạn Ngọc và Thảo nhận sách giống nhau, xảy ra ba khả năng:
Khả năng thứ nhất:
Hai bạn Ngọc và Thảo cùng nhận sách Toán và Vật Lí , khi đó 7 bạn còn lại có 3 bạn nhận sách Toán và
Hóa; 4 bạn nhận sách Vật lí và Hóa học. Số cách phân chia là
3 4
7 4
. 35C C =
.
Khả năng thứ hai:
Hai bạn Ngọc và Thảo cùng nhận sách Toán và Hóa, tương tự có
2 1 4
7 5 4
. . 105C C C =
cách.
Khả năng thứ ba:
Hai bạn Ngọc và Thảo cùng nhận sách Lí và Hóa, tương tự có
2 3 2
7 5 2
. . 210C C C =
cách.
* Suy ra P(A) = 350/1260 = 5/ 18.
5