SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC... Mặt khác theo gt SAD ⊥ ABCD nên SH ⊥ABCD Đáy khối chóp là hình vuông cạnh a 2 3... Mà diện tích của mặt cầ
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2012 - 2013 MÔN: TOÁN KHỐI A - B - D
Thời gian làm bài: 180 phút.
PHẦN CHUNG
Câu I
a
+ Tập xác định D = ¡ \ 1{ }−
+ Sự biến thiên 2
3
( 1)
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
→−∞ = →+∞ = nên đồ thị có T/c ngang y = 2
lim , lim
→− = +∞ →− = −∞ nên đồ thị có T/c đứng x = -1 0.25
Bảng biến thiên
x −∞ 1
2 +∞
y’ - -
y +∞ 2
2 -∞
0,25
b
Phương trình hoành độ giao điểm:
2 1
2 1 ( 1)( ) 1
x
+ (x = - 1 không là nghiệm của PT )
⇔x2 - (m - 3)x - m – 1 = 0 (1)
0,25
(1) là PT bậc hai có ∆ = (m – 3)2 + 4(m + 1) = m2 - 2m +13 = (m - 1)2 + 12 > 0 m∀
Nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2, hay đường thẳng luôn cắt (C) tạii hai
điểm pb A,B Theo hệ thức Vi – et: x1 + x2 = m – 3, x1 x2 = - m – 1
0,25
Khi đó A(x1; -x1 +m), B(x2; -x2 + m) suy ra
AB= x −x = x +x − x x
(x −2) + − + −( x m 5) = (x −2) +(x −2) ,
(x −2) + − + −( x m 5) = (x −2) +(x −2) = AM
0,25
Để tam giác MAB đều ta phải có: AB = AM = BM, hay
2(x −x ) =(x −2) +(x −2) 2 1
4 5 0
5
m
m
=
Kết luận
0.25 Câu Với ĐK sinx ≠ 0 và cotx ≠ 1, biến đổi phương trình thành 0,5
Trang 22 đ
a
3 (cos sin )
2 (cos sin )(cos sin )
cos sin 2
sin
x
−
2 2sin x 3sinx 1 0
Giải tiếp được sinx = 1 và sinx = 0,5 Đều thỏa mãn ĐK 0,25 Với sinx = 1 2
2
⇔ = +
Với sinx = 0,5 ⇔ 2 ; 5 2
x π k π x π k π
Vậy PT đã cho có 3 họ nghiệm nói trên
0.25
b
ĐKXĐ: xy≠0 Biến đổi hệ thành
2
4
x x
x y
4
1 1 1
4
x
x
⇔
0,5
1 2
1 1
2
x x
x y
+ =
⇔
+ =
0,25
1
x y
Câu
III
1đ
Đặt
2
cot 2
x
Suy ra 3 2 1 (3 1) cot 21 1cot 2 3
x
x
+
= 1(3 1).cot 2 3 1 (sin 2 )
= 1(3 1).cot 2 3ln | sin 2 |
Câu
IV
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
Trang 3SH = 3
2
a Mặt khác theo gt (SAD) ⊥ (ABCD) nên SH ⊥(ABCD)
Đáy khối chóp là hình vuông cạnh a 2 3
.
S ABCD ABCD
+) Gọi N = HC ∩BD; M ∈SD và MN // SB Khi đó SB //(MHC) và ta có
2
MS= MD Kẻ MK // SD thì MK ⊥(ABCD) và DH = 3
2KH nên:
d(SB, HC) = d(SB, (MHC)) = d(S, (MHC)) = 2.d(D,(MHC)) = 2.3
2d(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
a
SH = , KI = 2
3 d(D, HC) = 2 2
3
DH DC
2
4
a
a a
= +
Suy ra KJ = KM KI2. 2
3 2
6 3 5
36 45
a + a
= 2 93 93
a Vậy d(SB, HC) = 2 93
31
0.25
Câu
V
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 xy yz zx+ + −2xyz = x(y + z) + yz(1 – 2x)
2 ( ) (1 ) (1 2 )
4
y z
=
2 (1 ) (1 ) (1 2 )
4
x
x − +x − − x
0,25
Xét:
2
(1 )
4
x
f x =x − +x − − x = -2x3 + x2 + 1 trên [0; 1/3]
f x'( )= −6x2+2x 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 xy yz zx+ + −2xyz ( ) 1
3
f x f
7
27 (ĐPCM).
Thấy xy yz zx+ + −2xyz = 7
27 khi x = y = z =
1 3
0,25
A Theo chương trình Chuẩn
a
B(0; -3) không thỏa mãn PT ∆ nên PT 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
+ − =
− − =
nên I(3; -2).
Suy ra D(6; -1) (I là trung điểm của BD)
0,25
Trang 4Gọi A(a; 7 -3a) thì từ giả thiết diện tích hình thoi bằng 20 ta có:
BD d(A, BD) = 20 hay 2 10.| 3(7 3 ) 9 | 20 2
4 10
a
a
=
Với a = 2 thì A(2; 1) và C(4; -5)
b
Do M thuộc Oz nên M(0; 0; z) Ta có uuurAB= − −( 2; 2;1),uuuurAM = −( 1; 2;z−2) nên
, ( 2 2; 2 5; 6) 0
, 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
Mà diện tích tam giác AMB là:
, ( 2 2) (2 5) ( 6)
S = uuur uuuurAB AM = − +z + z− + −
=
2 2
1 81 9 2
0,25
Vậy khi M(0;0; 7/4) thi k/c từ M đến AB nhỏ nhất 0,25
Câu VIIa
1 đ
Số cách chọn 5 viên bi trong 20 viên bi đã cho là 5
20 15 504
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
7 .9 4
C C C
7 .9 4
C C C
7 .9 4
C C C
7 .9 4
C C C
7 .9 4
C C C
7 .9 4
C C C
Suy ra
|ΩA| = 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
Vậy P A( ) = −1 P A( ) = 995
2584 ≈ 0,3851
0.25
2 Theo chương trình Nâng cao
Câu
VIb
a
Gọi N’ là điểm đối xứng với N qua I thì N 3;5
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 12 12 12
IA +IB = IH hay
0,25
Trang 52 2
1 1 5
2
4a +a = ⇔ =8 a Gọi B =(x; y) thi do IB = a = 2 và B thuộc AB nên tọa độ B là nghiệm hệ:
14
4 3
3 2 0
5
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 uuurAB= − −( 2; 2;1),uurAI = −( 1; 2;z−2) nên
, ( 2 2; 2 5; 6) 0
, suy ra I không nằm trên đường thẳng AB 0,25 Gọi h là khoảng cách từ I đến AB thì do AB = 3 nên bán kính mặt cầu là R =
2 9 4
h + Mà diện tích của mặt cầu là: 4 Rπ 2, 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 5) ( 6)
S = uuur uurAB AI = − +z + z− + −
=
2 2
1 81 9 2
0.25
Câu VIIb
1 đ
ĐK:
( 5 6) ( 2) (3 ) 0
1 0
x x
− >
− >
2
x x
< <
0,25
Khi đó Pt được biến đổi thành: 3 2 3
( 1)(3 ) log | 5 6 | log
2
0,25
| 5 6 |
2
2
x
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
