ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 194 ppt

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7,0 điểm.. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận.. Tìm điểm M thuộc C biết rằng tiếp tuyến của C tại

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 194

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm).

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 3

2

x y x

−

=

−

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2 Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận Tìm điểm M thuộc (C) biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M cắt các

đường tiệm cận tại A và B sao cho diện tích đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB bằng 2π

Câu II ( 3,0 điểm).

1 Giải phương trình lượng giác:4cosx− 3 cos 2x=sin 2x+ 3

2 Giải hệ phương trình :

( 1) ( 1) 2

x y x y

x x y y y

 + + + =

3 Tính tích phân: 2

0

2

π

=

−

∫x cosx(cosx sinx) cos x

cosx sinx

Câu III (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD =

2a, CD = a, góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60o Gọi I là trung điểm cạnh AD.Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Tính thể tích khối chóp S.ABCD

Câu IV (1,0 điểm) Cho x,y ∈[2012; 2013] và x y≤ .Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

P= 2 2 2

( )

x y

x y xy

.

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 V.a ( 2,0 điểm).

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm

(1;0)

H , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K(0; 2), trung điểm cạnh AB là M(3;1)

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;1;1), cắt đường

thẳng ( )1

:

−

d và vuông góc với đường thẳng

 = − +

 = −



 = +



2

2 2 ( ): 5

2 (t R∈ )

Câu VI.a ( 1,0 điểm) Giải phương trình: log2(1+ x)=log3 x

B.Theo chương trình Nâng cao.

Câu V.b ( 2,0 điểm).

1 Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy), cho tam giác ABC biết có A(1;1) biết đường thẳng qua trung điểm cạnh AB và

AC có phương trình x -2y -4=0.Đường trung tuyến kẻ từ A có phương trình:3x+2y-5=0 Tìm toa độ đỉnh B,C biết diện tích tam giác ABC bằng 20 và điểm B có hoành độ dương

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P):

1 0

+ + − =

x y z đồng thời cắt cả hai đường thẳng ( )1

1 1 :

−

1 ( ) : 1

= − +



 = −



 = −



, với t R∈

Câu VI.b ( 1,0 điểm) Một cái túi có 5 quả cầu đỏ ,6 quả cầu xanh.Chọn ngẫu nhiên 4 quả cầu Tính xác

suất để trong 4 quả cầu đó có cả quả màu đỏ và màu xanh

……….Hết………

Giám thị coi thi không giải thích gì thêm

C¢U NÔI DUNG ÑIEÅM C©u I

(2,0

®iÓm)

1 (1,0 ®iÓm)

a) Tập xác định : D = R

b) Sự biến thiên:

* Tiệm cận :

lim , lim

→ = −∞ → = +∞ nên x=2là tiệm cận đứng

lim 2 , lim 2

x y x y

→−∞ = →+∞ = nên y=2là tiệm cận ngang

*Chiều biến thiên: ( )2

1

0, 2 2

x

= − < ∀ ≠

−

0,25

+ Hàm số nghich biến trên các khoảng; (-∞; 2) và (2; +∞)

c) Đồ thị

*Vẽ đồ thị:

* Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I(2;2) làm tâm đối xứng

0,25

2 (1,0 ®iÓm)

2) Gọi ;2 3 ( )

2

a

a

−

  với a≠2 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M có dạng:

( )2( )

a

−

0,25

Giả sử A,B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận đứng và tiệm cận

ngang Khi đó ta tìm được 2;2 2

2

a A a

−

 , B a(2 −2;2) ( )2 ( )

2

1

2

a

−

Do tam giác IAB vuông tại I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp là

( )2 ( )

2

1 2

AB

a

IAB

Vì vậy ( )

( )

2

2

1

2

a

−

Đáp số M( )1;1 hay M( )3;3

0,25

Câu II

(3 điểm)

1(1

điểm) 4cosx− 3 cos 2x=sin 2x+ 3

4cosx 3 1 cos 2x sin 2x 0

2 4cosx 2 3 cos x 2sin cosx x 0

cosx 2 3 cosx sinx 0

cos 0

2 3 cos sin 0

x

=



( ) ( )

1 2

0.25

( )1

2

x π kπ

( )2 1 cos

6

x π

⇔ =  − ÷

  x 6 k2 x 6 k2

Vậy pt đã cho có các nghiệm:

2

x= +π kπ

6

x= +π k π

2

( 1 điểm)

Hệ phương trình ⇔

2 2

2 2

4 2

x y x y xy







2

x y x y xy

 + + + =

 = −

0 ( )

2 1 ( )

2

x y I

xy

x y II

xy

  + =







  + = −

  = −

 



0,25

Giải (I): (I) ⇔

2 2 2 2

x y x y

 =



 = −



 = −







=







0,25

Giải (II) : (II) ⇔

1 2 2 1

x y x y

 =



 = −





 = −

 =





0,25

KL:Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là:

(x;y)=( 2;− 2 ;) (− 2; 2 ; 1; 2 ; 2;1) ( − ) (− ) 0,25 3

(1 điểm) I x cos x(cos x s inx) cos xdx

cos x s inx

π

=

−

∫2

0

2 = x cos xdx (cos x s inx)dx I I

0,25

Tính I x cos xdx

π

=∫2

Đặt u x du dx

dv cos xdx v s inx

I xsin x sinxdx

π

1

0

1 2

2 0

0,25

I (cos x sinx)dx (sinx cos x)

2 0

2 2 0

0,25

I I= + = +I π

Câu III

(1 điểm) Ta có

( ) ( )

SBI ABCD

SI SBI SCI

⊥







Gọi H là hình chiếu của I lên BC.Theo định lí 3 đường vuông góc SH ⊥ BC

Mà BC = (SBC) (∩ ABCD) nên SHI∧ = 60o là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và

(ABCD)

0,25

2

2

3

ABCD

IBC ABCD ICD IAB

a

0,25

Kẻ CE ⊥AB,

2

2

3 2

5 4

IBC

a

IH

∆

Trong tam giác SIH vuông tại I, ta có : SI = IH.tan60o = 3 5 3 3 15

0,25

S

E

H I

.

1 3 15 3 15

.3

S ABCD

0,25

Câu IV

(1 điểm) Đặt t=

x

y Khi đó P=

2 (t 1)(t 1)

t

=f(t),khi đó f’(t)= 2

1

2 1t

t

+ − ,

0,25 0,25

≤ ≤ ≤x y ⇒ ≤ ≤ ⇒x ≤ ≤t

2

2012 2013

2013+ − 2012 > với 2012,1

2013

∀ ∈   2012

;1 2013

max max ( ) (1) 4

t

∈ 

đạt được khi x=y

0,25

2 2

2012;1 2013

2

2012 2012 2012 2013

2013 2013 2013 2012

4025 8100313

2012 2013

t

∈ 

=

Đạt được khi 2012

2013

x= y

0,25

Câu

V.a.1

(1 điểm)

+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận

( 1; 2)

HK = −

uuur

làm vtpt và AC đi qua K nên

Ta cũng có:

(BK) : 2x y+ − =2 0.

+ Do A AC B BK∈ , ∈ nên giả sử

(2 4; ), ( ; 2 2 )

A a− a B b − b Mặt khác M(3;1)là

trung điểm của AB nên ta có hệ:

+ Suy ra: uuurAB= − −( 2; 6), suy ra: (AB) : 3x y− − =8 0. 0,25

+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HAuuur=(3; 4), suy ra:

(BC) : 3x+4y+ =2 0

KL: Vậy : (AC x) : −2y+ =4 0,(AB) : 3x y− − =8 0, (BC) : 3x+4y+ =2 0 0,25

Câu

V.a.2

(1 điểm)

Gọi (P) là mf:

2

2

(1;1;1)

(2; 5;1)

P d

quaM QuaM



  uur uur

0,25

Khi đó đt d :

1 3 (1;1;1)

1

(3;1; 1)

1 2

quaM

d c pt y t t R vtcp AM

= +





uuuur

0,25

Câu VI.a

(1 điểm) ĐK: x >0 Đặt y=

x

3

Ta có PT log2(1+ 3y)= y ⇔1+ 3y =2y ⇔f(y)= 1

2

3 2







 +











0,25

Ta thấy hàm số f(y) nghịch biến trên R và y=2 thoã mãn (1)

Với y=2⇒x=32 =9

V.b.1

(1 điểm)

M(-3;0)

x-2y-1=0

:2x-3y+14=0

A

H

Ta có n 1; 2r( − ) là VTPT của đường thẳng CH, do AB CH ⊥ nên n 1; 2r( − )là 1 VTCP của

đường thẳng AB, mà AB đi qua M 3;0(− ) ⇒ phương trình tổng quát đường thẳng AB:

2x y 6 0+ + =

Mặt khác A∈ ∆ ⇒ = ∆ ∩( ) A ( ) AB do đó tọa độ của A là nghiệm của hpt

( )

2x y 6 0 x 4

A 4; 2 2x 3y 14 0 y 2

0,25

do M 3;0(− ) là trung điểm của AB do đó ( )

M

B

M

x x

y

2

+

 =



 =



0,25

Do BC //∆ ⇒ phương trình đường thẳng BC có dạng: 2x 3y m 0 (m 14)− + = ≠ , mà

(BC) đi qua B 2; 2(− − ) ⇒ = − ⇒m 2 BC : 2x 3y 2 0− − = 0,25 Lại có C BC CH = ∩ do đó tọa độ của C là nghiệm của hpt

x 2y 1 0 x 1 C 1;0( )

2x 3y 2 0 y 0

 − − =  =

Vậy A 4; 2 , B 2; 2 ,C 1;0(− ) (− − ) ( )

0,25

Câu

V.b.2

(1 điểm)

Giả sử : d∩d1 = M(1 2 ; 1 + t1 − −t t1 1 ; ); d∩d2 = N(− + − − 1 t; 1; t)

Suy ra uuuur MN= −(t 2t1 − 2; ;t1 − −t t1)

0,25

1 1 1

;P 2 2

⇔

1

4 5 2 5

 =



 =



t

5 5 5

M

0,25

⇒ d:

(1;1;1)

P

quaM vtcpu n



 r uur có ptts :

1 5 3 5 2 5

 = +





 = − +





 = − +



(v R∈ )

0,25

Câu VI.b

11 330

C

Ω = =

Biến cố A: “4 quả cầu đó có cả quả màu đỏ và màu xanh” với

A=A1∪A2∪A3

0,25đ

A1 là 4 quả cầu có 1quả màu đỏ và 3 quả màu xanh

| A1|=5 3

6

C =100

2

|A2 |= 2 2

5 6 150

C C = 3

A là 4 quả cầu có 3quả màu đỏ và 1 quả màu xanh

|A3 |= 3

5.6 60

C =

0,25đ

100 150 60 31 ( ) ( ) ( ) ( )

330 330 330 33

Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa