Đề thi thử đại học môn Toán lời giải chi tiết số 52

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 52
Ngày 27 tháng3 Năm 2013
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
1)1(3)2(
2
3
23
+−−−−= xmxmxy
(1), m là tham số.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
2
−=
m
.
b) Tìm
0
>
m
để đồ thị hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu lần lượt là
CTCĐ
yy ,
thỏa mãn
42 =+
CTCĐ
yy
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
.sin)sin(cos322cossin)1(tan
2
xxxxxx +=+++

Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
.0)184(log)2(log
2
1
4
2
12
≤−−++ xx
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
.d
7233
6ln
0
∫
+++
= x
ee
e
I
xx
x
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp
ABCDS.
có
)(ABCDSC ⊥
, đáy
ABCD
là hình thoi có cạnh bằng
3a
và

.120
0
=∠ABC
Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng
)(SAB
và
)(ABCD
bằng
.45
0
Tính theo a thể tích khối
chóp
SABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
BDSA,
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn
.3
222
yzyx ≤++
Tìm giá trị nhỏ nhất của
.
)3(
8
)2(
4
)1(
1
222
+

+
+
+
+
=
zyx
P
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b)
a. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,Oxy
cho hình thoi
ABCD
có phương trình đường thẳng
AC
là
,0317 =−+ yx
hai đỉnh
DB,
lần lượt thuộc các đường thẳng
032:,08:
21
=+−=−+ yxdyxd
.
Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho hai đường thẳng
1
7

1
5
1
4
:
1
+
=
−
−
=
+ zyx
d
và
2
1
11
2
:
2
−
+
=
−
=
− zyx
d
. Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua

1
),0;2;1( dM ⊥−
và tạo với
2
d
góc
.60
0
Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm hệ số của
7
x
trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
n
x
x






−
2
2
, biết rằng n là số
nguyên dương thỏa mãn
323
1
24
nnn

ACC =+
+
.
b. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,Oxy
cho hai đường thẳng
02:
1
=−− yxd
và
022:
2
=−+ yxd
. Giả sử
1
d
cắt
2
d
tại
.I
Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua
)1;1(−M
cắt
1
d
và

2
d
tương ứng tại
BA,
sao cho
IAAB 3
=
.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho điểm
)3;1;2( −M
và đường thẳng
1
1
3
4
2
2
:
+
=
−
−
=
+ zyx
d
. Viết phương trình mặt phẳng
)(P
đi qua

)0;0;1(K
, song song với đường thẳng
d
đồng thời cách điểm
M
một khoảng bằng
3
.
Câu 9.b (1,0 điểm). Cho tập
{ }
5,4,3,2,1=E
. Viết ngẫu nhiên lên bảng hai số tự nhiên, mỗi số gồm 3 chữ
số đôi một khác nhau thuộc tập E. Tính xác suất để trong hai số đó có đúng một số có chữ số 5.
Hết
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 52
Câu 1: a) (1,5 điểm)
Khi
2
−=
m
hàm số trở thành
.196
23
+++= xxxy
a) Tập xác định:
.
b) Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có
−∞=
−∞→

y
x
lim
và
.lim +∞=
+∞→
y
x

* Chiều biến thiên: Ta có
;9123'
2
++= xxy
.130';
1
3
0';
1
3
0' −<<−⇔<



−>
−<
⇔>



−=

−=
⇔= xy
x
x
y
x
x
y
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( ) ( )
;;1,3; ∞+−−∞−
nghịch biến trên
( )
.1;3 −−
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
,1,3 =−=
CĐ
yx
hàm số đạt cực tiểu tại
.3,1 −=−=
CT
yx
* Bảng biến thiên:
c) Đồ thị:
Câu 1: b) (0,5 điểm)
Ta có
.),1(3)2(33'
2
∈∀−−−−= xmxmxy




−==
−==
⇔=+−−−⇔=
.1
1
01)2(0'
2
1
2
mxx
xx
mxmxy
Chú ý rằng với
0>m
thì
.
21
xx <
Khi đó hàm số đạt cực đại tại
1
1
−=x
và đạt cực tiểu tại
.1
2
−= mx

Do đó:

.1)1)(2(
2
1
)1(,
2
3
)1(
2
+−+−=−==−= mmmyy
m
yy
CTCĐ
Từ giả thiết ta có
0)1)(2(6641)1)(2(
2
1
2
3
.2
22
=−+−−⇔=+−+− mmmmm
m
2
1 33
( 1)( 8) 0 1; .
2
m m m m m
− ±
⇔ − + − = ⇔ = =
Đối chiếu với yêu cầu

0
>
m
ta có giá trị của m là
.
2
331
,1
+−
== mm
Câu 2: (1,0 điểm) Điều kiện:
,0cos ≠x
hay
.
2
π
π
kx +≠
Khi đó phương trình đã cho tương đương với
xxxxxx sin)sin(cos32sin21sin)1(tan
22
+=+−++
xxxxxx
22
sin6sin)sin(cos33sin)1(tan +−=+−⇔
2 2
2 2
(tan 1)sin 3cos2 3(cos sin )sin (tan 1)sin 3(cos sin )cos 0
(sin cos )(sin 3cos ) 0 (sin cos )(2cos2 1) 0
x x x x x x x x x x x

x x x x x x x
⇔ − + = − ⇔ − + − =
⇔ − − = ⇔ − + =






∈+±=
+=
⇔




−=
=
⇔
.,
3
4
2
1
2cos
cossin
kkx
kx
x
xx

π
π
π
π
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm
∈+±=+= kkxkx ,
3
,
4
π
π
π
π
Câu 3(1,0 điểm) Điều kiện:
.182
0184
018,02
4
≤<−⇔



>−−
≥−>+
x
x
xx
x
'y
y

3−
∞−
∞+
1−
1
∞−
∞+
3−
+
–
0
0
+
x
O
3−
y
1
3−
1−
Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với

)184(log2log
4
22
xx −−≤+

4
1842 xx −−≤+⇔
.

Đặt
.18
4
xt −=
Khi đó
4
200 <≤ t
và bất phương trình trở thành :
tt −≤− 420
4
4 2 4 2 3 2
4 0 4 4
4
2 4.
2 0
20 (4 ) 8 4 0 ( 2)( 2 5 2) 0
t t t
t
t
t
t t t t t t t t t
− ≥ ≤ ≤
≤
  

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ≤ ≤
   
− ≥
− ≤ − + − − ≥ − + + + ≥


  
Suy ra
.2218
4
≤⇔≥− xx
.Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của bất phương trình là
.22
≤<−
x
Câu 4: (1,0 điểm) Đặt
.3 te
x
=+
Khi đó
.d23
2
ttdxete
xx
=⇒−=
Khi
,20 =⇒= tx
khi
.36ln
=⇒=
tx
Suy ra
∫∫
++
=
+−+

=
3
2
2
3
2
2
d
132
2
7)3(23
d2
t
tt
t
tt
tt
I
∫∫






+
−
+
=
++

=
3
2
3
2
d
12
1
1t
1
2d
)12)(1(
2 t
t
t
tt
t
.
63
80
ln)5ln7(ln)3ln24ln2(12ln1ln2
2
3
2
3
=−−−=+−+= tt
Câu 5(1,0 điểm)
Kẻ
⇒⊥ ABSK
hình chiếu

ABCK ⊥

( )
.45)(),(
0
=∠=⇒ SKCABCDSAB

2
3
60sin60120
000
a
CBCKCBKABC ==⇒=∠⇒=∠

.
2
3
45tan
0
a
CKSC ==⇒
(1)
.
2
33
120sin.
2
0
a
BCABS

ABCD
==
(2)
Từ (1) và (2)
.
4
33
.
3
1
3
.
a
SSCV
ABCDABCDS
==⇒
Gọi
.BDACO ∩=
Vì
SCBDACBD ⊥⊥ ,
nên
)(SACBD ⊥
tại O. Kẻ
OISAOI ⇒⊥
là đường vuông
góc chung của BD là SA Sử dụng hai tam giác đồng dạng AOI và ASC hoặc đường cao của tam giác SAC suy ra
.
10
53
52

3 aa
OI ==
Suy ra
.
10
53
),(
a
BDSAd =
Câu 6(1,0 điểm) Ta có
)1()4()1(242
222
+++++≤++ zyxzyx
636
222
+≤+++= yzyx
.
Suy ra
622 ≤++ zyx
. Dấu đẳng thức xảy ra khi
1
2
=== z
y
x
.
Chú ý rằng, với hai số dương
ba,
áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
222

)(
811
baba +
≥+
, (*)
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ba
=
.
Áp dụng (*) ta được
2
2
2
)3(
8
)1
2
(
1
)1(
1
+
+
+
+
+
=
z
y
x

P

2
2
)3(
8
)1
2
1(
8
+
+
+++
≥
z
y
x

2
2
)1022(
4.64
)32
2
(
64
+++
=
++++
≥

zyx
z
y
x

.1
)106(
4.64
2
=
+
≥
Dấu đẳng thức xảy ra khi
1,2,1 === zyx
Vậy giá trị nhỏ nhất của
P
bằng 1, đạt khi
1,2,1 === zyx
.
Câu 7a(1,0 điểm)

),8;(8:
1
bbBxydB −⇒−=∈

).;32(32:
2
ddDyxdD −⇒−=∈

)8;32( −+−+−=⇒ dbdbBD

và trung điểm
BD là
.
2
8
;
2
32






++−−+ dbdb
I
S
D
A
B
K
C
O
I
B
A
D
C
I
Theo tính chất hình thoi




=
=
⇔



=−+−
=−+−
⇔





∈
=
⇔



∈
⊥
⇒
1
0
0996
013138

0.
d
b
db
db
ACI
BDu
ACI
ACBD
AC
Suy ra
.
2
9
;
2
1
)1;1(
)8;0(






−⇒



−

I
D
B

).;317(317: aaAyxACA +−⇒+−=∈

2
15
215
2
.
2
1
=⇒==⇒= IA
BD
S
ACBDACS
ABCD



−
⇒



=
=
⇔=







−⇔=






−+






+−⇒
)ktm()6;11(
)3;10(
6
3
4
9
2
9
2
225

2
9
2
63
7
222
A
A
a
a
aaa
Suy ra
).6;11()3;10( −⇒ CA
Câu 8.a(1,0 điểm)
Giả sử
∆
có vtcp
.0),;;(
222
≠++=
∆
cbacbau

.00.
11
=+−⇔=⇔⊥∆
∆
cbauud
(1)
)2()(3)2(2

2
1
60cos
.411
2
60),(
22220
222
0
2
cbacba
cba
cba
d ++=−−⇔==
++++
−−
⇔=∆∠
Từ (1) có
cab
+=
thay vào (2) ta được
( )
02)(318
222222
=−+⇔+++= cacaccaac



−=−=
==

⇔
.,2
2,
cbca
cbca
Với
,2, cbca ==
chọn
)1;2;1(1 =⇒=
∆
uc
ta có
.
12
2
1
1
:
zyx
=
−
=
+
∆
Với
,,2 cbca −=−=
chọn
)1;1;2(1 −=⇒−=
∆
uc

ta có
.
11
2
2
1
:
−
=
−
=
+
∆
zyx
Câu 9.a(1,0 điểm)
Ta có
3),2)(1()1(
6
)1(()1(
.424
323
1
≥−−=−+
−+
⇔=+
+
nnnnnn
nnn
ACC
nnn

2 2 2
2( 1) 3( 1) 3( 3 2), 3 12 11 0, 3 11.n n n n n n n n n⇔ − + − = − + ≥ ⇔ − + = ≥ ⇔ =
Khi đó
)2.(
2
.)(
2
11
0
322
11
11
0
112
11
11
2
∑∑
=
−
=
−
−=







−=






−
k
kkk
k
k
kk
xC
x
xC
x
x
Số hạng chứa
7
x
là số hạng ứng với k thỏa mãn
.57322
=⇔=−
kk
Suy ra hệ số của
7
x
là
.14784)2.(

55
11
−=−C
Câu 7.b(1,0 điểm)

1
d
cắt
2
d
tại
).0;2(I
Chọn
,)2;0(
10
dA ∈−
ta có
.22
0
=IA
Lấy
20
);22( dbbB ∈−
sao cho
263
000
== IABA

72)2()22(
22

=++−⇔ bb











−
−
⇒




1
−=
=
⇔=−−⇔
.
5
16
;
5
42
)4;6(

5
6
4
06445
0
0
2
B
B
b
b
bb
.Suy ra đường thẳng
∆
là đường thẳng qua
)1;1(−M

và song song với
.
00
BA
Suy ra phương trình
0: =+∆ yx
hoặc
.067: =−+∆ yx
Câu 8.b (1,0 điểm)
(P) đi qua
⇒)0;0;1(K
phương trình (P) dạng
).0(0

222
≠++=−++ CBAACzByAx



≠−+−
=+−
⇔





∉−−
=
⇔
)2(043
)1(032
)()1;4;2(
0.
//)(
CBA
CBA
PH
nu
dP
Pd
( )
).(3)3(3
3

3)(,
2222
222
CBACBA
CBA
CBA
PMd ++=+−⇔=
++
+−
⇔=
(3)
Từ (1) có
,32 BAC +−=
thay vào (3) ta được
( )
2222
)32(3)85( BABABA +−++=+−



=
=
⇔=+−⇔
.175
017225
22
BA
BA
BABA
Với

,BA =
ta có
,BC =
không thỏa mãn (2).
I
d
1
d
2
A
M
B
∆
A
0
B
0
Với
,175 BA =
ta có
.
5
19
,
5
17
BCBA −==
Chọn
5
=

B
ta có
19,17 −== CA
, thỏa mãn (2).
Suy ra
.01719517:)( =−−+ zyxP
Câu 9.b(1,0 điểm)
Số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E là
.60345 =××
Trong đó số các số không có mặt chữ số 5 là
,24234 =××
và số các số có mặt chữ số 5 là
.362460 =−
Gọi A là biến cố hai số được viết lên bảng đều có mặt chữ số 5; B là biến cố hai số được viết lên bảng đều không
có mặt chữ số 5.
Rõ ràng A và B xung khắc. Do đó áp dụng qui tắc cộng xác suất ta có
.
25
13
5
2
5
3
.
.
.
.
)()()(
22
1

60
1
60
1
24
1
24
1
60
1
60
1
36
1
36
=






+






=+=+=∪

CC
CC
CC
CC
BPAPBAP
Suy ra xác suất cần tính là
.
25
12
25
13
1)(1 =−=∪−= BAPP