Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng SAB và ABCD bằng 450.. Tính theo a thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD.. Tìm giá trị nhỏ nhất của.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm
Trang 1ĐỀ 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 ( 2) 3( 1) 1
2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m=−2
b) Tìm m>0để đồ thị hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu lần lượt là y , CĐ y CT thỏa mãn
4
2y CĐ+y CT =
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình (tanx+1)sin2x+cos2x+2=3(cosx+sinx)sinx
Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình 21log (2 ) log (4 418 ) 0.
2 1
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân d
7 2 3
3
6 ln 0
e e
e I
x x x
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có SC ⊥(ABCD), đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3
và ∠ABC =1200. Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB và ) (ABCD bằng ) 450. Tính theo a thể tích khối
chóp SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD.
Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x2+y2+z2 ≤3y Tìm giá trị nhỏ nhất của
) 3 (
8 )
2 (
4 )
1 (
1
2 2
+
=
z y
x 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
AClà x+7y−31=0, hai đỉnh B, lần lượt thuộc các đường thẳng D d1:x+y−8=0,d2:x−2y+3=0.
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 :
−
−
=
x d
và
2
1 1
1
2
:
+
=
−
=
x
600
Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 7
n
x
−2 2 , biết rằng n là số
nguyên dương thỏa mãn 4C n3+1+2C n2 = A n3
b Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng , d1:x−y−2=0 và
0 2 2
:
2 x+ y− =
d Giả sử d cắt 1 d tại 2 I Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M(−1;1) cắt d và1
2
d tương ứng tại A, sao cho B AB 3= IA
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm , M(2;−1;3) và đường thẳng
1
1 3
4 2
2
−
−
=
x
d đồng thời cách điểm M một khoảng bằng 3
Câu 9.b (1,0 điểm) Cho tập E ={1,2,3,4,5} 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
Trang 2-HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 52
Câu 1: a) (1,5 điểm)
Khi m=−2 hàm số trở thành y=x3+6x2+9x+1
a) Tập xác định:
b) Sự biến thiên:
−∞
→ y
xlim và lim = +∞.
+∞
→ y x
* Chiều biến thiên: Ta có y'=3x2 +12x+9;
1 3
0 '
; 1
3 0
'
; 1
3 0
−
>
−
<
⇔
>
−
=
−
=
⇔
x
x y
x
x y
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞;−3) (, −1;+∞); nghịch biến trên (−3;−1)
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=−3, y CĐ =1, hàm số đạt cực tiểu tại x=−1, y CT =−3
* Bảng biến thiên:
c) Đồ thị:
Câu 1: b) (0,5 điểm)
Ta có y'=3x2−3(m−2)x−3(m−1),∀x∈ .
−
=
=
−
=
=
⇔
= +
−
−
−
⇔
=
1
1 0
1 )
2 ( 0
'
2
1 2
m x x
x x m
x m x
y
Chú ý rằng với m>0 thì x1<x2. Khi đó hàm số đạt cực đại tại x1=−1 và đạt cực tiểu tại x2 =m−1
Do đó:y CĐ =y(−1)=32m, y CT = y(m−1)=−21(m+2)(m−1)2 +1.
Từ giả thiết ta có 2.32m−21(m+2)(m−1)2+1=4⇔6m−6−(m+2)(m−1)2 =0
2
2
33 1 ,
= m m
Câu 2: (1,0 điểm) Điều kiện: cosx≠0, hay
π k
x≠ +
Khi đó phương trình đã cho tương đương với
x x x x
x
x 1)sin 1 2sin 2 3(cos sin )sin
x x
x x x
x 1)sin2 3 3(cos sin )sin 6sin2
⇔
∈ +
±
=
+
=
⇔
−
=
=
⇔
, 3
4 2
1 2 cos
cos sin
k k x
k x
x
x x
π π
π π
3
,
π
0 18
4
0 18
, 0 2
>
−
−
≥
−
>
+
x x
x x
x
'
y
y
3
−
∞
1
∞
−
∞
+
3
−
x O
3
−
y
1
3
− 1
−
Trang 3Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với
2
2 +x ≤ − −x ⇔ 2+x ≤4−418−x Đặt t =418−x Khi đó 0≤t<4 20 và bất phương trình trở thành : 20−t4 ≤4−t
2 0
t t
⇔ − ≤ − ⇔ + − − ≥ ⇔ − + + + ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≤ ≤
Suy ra 418−x≥2⇔x≤2 Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của bất phương trình là −2< x≤2
Câu 4: (1,0 điểm) Đặt 3+e x =t. Khi đó e x =t2 −3⇒e x dx=2tdt Khi x=0⇒t=2, khi
3 6
ln ⇒ =
+
− +
2 2 3
2
1 3 2
2 7 ) 3 ( 2 3
d 2
t t t
t t
t
t t I
∫
+
− +
= + +
2
3
2
d 1 2
1 1 t
1 2 d ) 1 2
)(
1
(
t
t t
t
t
63
80 ln ) 5 ln 7 (ln ) 3 ln 2 4 ln 2 ( 1 2 ln 1 ln 2
2
3 2
3
=
−
−
−
= +
− +
Câu 5(1,0 điểm)
Kẻ SK ⊥AB⇒hình chiếu CK ⊥AB
⇒((SAB),(ABCD))=∠SKC=450
2
3 60 sin 60
120 0 0 0 a
CB CK CBK
∠
2
3 45
CK
2
3 3 120 sin
2
BC AB
Từ (1) và (2)
4
3 3
3
.
a S
SC
V S ABCD = ABCD =
⇒
Gọi O=AC∩BD Vì BD⊥ AC, BD⊥SC nên BD⊥(SAC) tại O Kẻ OI ⊥SA⇒OI 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
5 3
5
2
10
5 3 ) ,
Câu 6(1,0 điểm) Ta có 2x+4y+2z≤(x2+1)+(y2+4)+(z2 +1) = x2+y2+z2+6≤3y+6
= y z
) (
8 1
1
b a b
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b
2
8 )
1 2 (
1 )
1 (
1
+
+ +
+ +
=
z y
x
2 ( 3)
8 )
1 2 1 (
8
+
+ + + +
≥
z y
x
2
4 64 )
3 2 2 (
64
+ + +
= + + + +
≥
z y x z
y
4 64
2 = +
≥
Dấu đẳng thức xảy ra khi x=1,y=2,z=1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1, đạt khi x=1,y=2,z=1. Câu 7a(1,0 điểm)
B∈d1:y=8−x⇒B(b;8−b),
D∈d2:x=2y−3⇒D(2d−3;d)
⇒BD=(−b+2d−3;b+d−8) và trung điểm
2
8
; 2
3 2
b+ d− −b+d+
I
S
D
C
O I
B
A
D
C I
Trang 4Theo tính chất hình thoi
=
=
⇔
=
− +
−
=
− +
−
⇔
∈
=
⇔
∈
⊥
⇒
1
0 0
9 9 6
0 13 13 8 0
d
b d
b
d b AC
I
BD u AC
I
AC
Suy ra ( 1;1) 21;92 .
) 8
;
0
(
−
⇒
D
B
)
; 31 7 ( 31 7
AC
2
15 2
15
2
2
BD
S AC BD AC
S ABCD
−
⇒
=
=
⇔
=
−
⇔
=
− +
− +
⇒
) ktm ( ) 6
; 11 (
) 3
; 10 ( 6
3 4
9 2
9 2
225 2
9 2
63
7
2 2
2
A
A a
a a
a a
Suy ra A(10;3)⇒C(−11;6).
Câu 8.a(1,0 điểm)
Giả sử ∆ có vtcp u∆ =(a;b;c), a2 +b2 +c2 ≠0 ∆⊥d1 ⇔u∆.u1 =0⇔a−b+c=0 (1)
) 2 ( ) (
3 ) 2 (
2 2
1 60 cos
4 1 1
2 60
)
,
2 2 2
0
c b a
c b a
+ + +
+
−
−
⇔
=
∆
∠
Từ (1) có b=a+c thay vào (2) ta được 18c2 =3(a2 +(a+c)2+c2)⇔a2 +ac−2c2 =0
−
=
−
=
=
=
⇔
,
2
2 ,
c b c a
c b c a
Với a=c,b=2c, chọn c=1⇒u∆ =(1;2;1) ta có
1 2
2 1
1
∆
Với a=−2c,b=−c, chọn c=−1⇒u∆ =(2;1;−1) ta có
1 1
2 2
1 :
−
=
−
=
+
Câu 9.a(1,0 điểm)
6
) 1 ((
) 1 ( 4 2
0
3 22 11
11 0
11 2 11
11
=
−
=
−
=
−
k
k k k k
k k
x x
C x
x
Số hạng chứa x là số hạng ứng với k thỏa mãn 7 22−3k =7⇔k =5
Suy ra hệ số của x là 7 C115.(−2)5 =−14784
Câu 7.b(1,0 điểm)
d cắt 1 d tại 2 (2;0)
Chọn A0(0;−2)∈d1, ta có IA0 =2 2
Lấy B0(2−2b;b)∈d2 sao cho
2 6
0
0B = IA =
A ⇔(2−2b)2+(b+2)2 =72
−
⇒
1
−
=
=
⇔
=
−
−
⇔
5
16
; 5 42
) 4
; 6 ( 5
6
4 0
64 4
5
0
0 2
B
B b
b b
và song song với A0B0. Suy ra phương trình ∆:x+y=0 hoặc ∆:x+7y−6=0
Câu 8.b (1,0 điểm)
(P) đi qua K(1;0;0)⇒ phương trình (P) dạng Ax+By+Cz−A=0(A2+B2 +C2 ≠0)
≠
− +
−
= +
−
⇔
∉
−
−
=
⇔
) 2 ( 0
4 3
) 1 ( 0
3 2 ) ( ) 1
; 4
; 2 (
0 //
)
(
C B A
C B A P
H
n u
d
( ,( )) 3 3 3 ( 3 )2 3( 2 2 2)
2 2
C B A
C B A P
M
+ +
+
−
⇔
Từ (1) có C=−2A+3B, thay vào (3) ta được (−5A+8B)2 =3(A2+B2+(−2A+3B)2)
=
=
⇔
= +
−
⇔
17 5 0 17 22
B A
B A B
AB A
Với A=B, ta có C=B, không thỏa mãn (2)
I
d1
d2
A
∆ A0
B0
Trang 5Với 5A=17B, ta có
5
19 ,
5
17
B C
B
Suy ra (P):17x+5y−19z−17=0
Câu 9.b(1,0 điểm)
Số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E là 5×4×3=60
Trong đó số các số không có mặt chữ số 5 là 4×3×2=24, và số các số có mặt chữ số 5 là 60−24=36
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
) ( ) ( )
(
2 2
1 60
1 60
1 24
1 24 1 60
1 60
1 36
1
+
= +
= +
=
∪
C C
C C C C
C C B P A P
B
A
P
25
12 25
13 1 ) (
= P A B P