De thi thu Dai Hoc so 87

* 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 nh[r]

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 87

Ngày 22 tháng 5 Năm 2013

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 M3;0 , N1; 1 

Câu II ( 2 điểm ) Giải các phương trình, bất phương trình sau

1)

2

sin cos 2sin 2

x

       

4 x1  2x10 1 3 2 x

Câu III ( 1 điểm ) Tính tích phân  5 

0

cos sin



Câu IV ( 1 điểm ) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình thoi cạnh bằng a và góc BAD 600 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

52

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 B1;5

và phương trình đường cao : 2 2 0

AD x y  , đường phân giác góc C là CC' : x y 1 0 Tính tọa độ các đỉnh A và C

2) Viết phương trình đường thằng  

đi qua điểm A1;1;1

và vuông góc với đường thẳng

:

x y z

và cách điểm B2;0;1 một khoảng lớn nhất.

Câu VIIa ( 1 điểm ) Với n là số nguyên dương, chứng minh hệ thức

 1 2  2 2  3 2    12  2

2

2

n

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  P y: 2 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  P : 2x y z  1 0

và đường thẳng (d) là giao tuyến

của hai mặt phẳng  Q : 2x y  2 0 à v  R y: 2z 2 0

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

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 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

HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ 87

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 D \ 1

Giới hạn, tiệm cận:

lim1 ; lim1

x y x y

Suy ra phương trình đường tiệm cận đứng x = – 1

xlim y 2; limx y 2

Suy ra phương trình đường tiệm cận ngang y = 2+

6

1

x

          

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;2

I 

Câu 1: 2) Tìm trên đồ thị hai điểm đối xứng nhau

qua đường thẳng MN, biết M3;0 , N1; 1 

Phương trình đường thẳng MN:x2y 3 0

Xét hai điểm A, B trên đồ thị (C), ta có

Gọi

; 2

a b

I



Theo yêu cầu của bài toán ta có

2

a

b a

 









 



 

Vậy A2;0 ; B0; 4 

hoặc B2;0 ; A0; 4 

Câu 2: 1)

2

sin cos 2sin 2

x

       

;

x k  kZ.Phương trình đã cho tương đương với

2

cos 2 sin 2 sin 2 cos 2 sin cos 2 sin 1 0

3

, 4

2 sin 1 0

2

k x

x

k m Z

x

 











  

 

+ 

- 

2

2

+ +

- 

y'

y

x

x

y

- 4

4

I

2

- 1

- 4 2

O 1

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

So với điều kiện nghiệm của phương trình là 3 ; 2 ;  , 

k

x    x m  k m Z

4 x1  2x10 1 3 2 x

Điều kiện xác định

3 2

x 

2

2

2 2

2 2

2

2 10 1 3 2 1 3 2

1 3 2 1

1

1 3 2 2 10

x x

x

x

 













3

2 4 2 3 2 2 10 3 2 3

x



Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là 3; 3 \ 1

2

S   



0

cos sin



*

cos sin cos sin

         

*

.cos sin sin sin cos 2

2 0

8

1 cos cos





* Vậy

8 2 15

I   

Câu IV(1 điểm) Tính theo a thể tích hình chóp S.ABMN * Từ giả thiết ta có

2

sin 60

2

ABCD

a

60 0

H N

M

C' O'

D' A'

C O

B

B'

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

' '













hộp đứng

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

* MN OB v MN/ / ' à 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

a

BD BB  BB 

Vậy

3 ' ' ' '

6 '

4

ABCD A B C D ABCD

a

( 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

52

a b c

 

là các số dương

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương 1 a; 1 b; 1 c ta có

3

a b c

  

27 27

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 BC: 2x y  3 0

*C BC CC  ' tọa độ của C là nghiệm của hệ

4; 5

C

* Gọi B' là điểm đối xứng của B qua đường thẳng CC' khi đó B' thuộc đường thẳng AC

Pt BB' : x y  6 0

7 5

2 2

K BB CC  K  

 



là trung điểm BB' suy ra B' 6;0 

* Đường thẳng AC qua C và B'  AC x:  2y 6 0

A AC AD nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 2 2 4 4; 1

A

*2) Viết phương trình đường thẳng  

 

phải thuộc mặt phẳng   đi qua

A và vuông góc với  '

suy ra vtpt n 1;1;2

* Kẻ BK   

ta có

BKd B   AB d B   AB K A

*



 





 

 suy ra véc-tơ chỉ phương của  

là 1 ; 1;1; 1

2

v   n AB   

  

* Phương trình đường thẳng  

là

x y z



2

2

n

Đặt

 0 2  1 2  2 2  3 2    12  2

       0 2 1 2 2 2 3 2  1  2 2

'

 



 



B

H A

K

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Khai triển hai nhị thức 1x n 1xn

và 1x2n

rồi so sánh hệ số của x n ta được

0

1

n n n n n n n n n n n n

n n

n n

n n n

n n

C x





 2n x2n

       0 2 1 2 2 2 3 2  1  2 2

2

từ đó suy ra ĐPCM

Đường tròn ( )C tâm O0;0

, bán kính

6 2

r 

;

M P  M t t

Vậy có bốn điểm M là M11; 1 , M2 1; 1 ,  M3 2; 2 , M4 2; 2

2) Viết phương trình đường thằng  

* Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

    

Đường thẳng (d) có véc-tơ chỉ phương là v 1;2; 1 

* Gọi véc-tơ chỉ phương của đường thẳng  

là u a b c; ; , a2b2c2 0

Theo YCBT ta có

 

1 cos ; cos 45

2 6

2

u n

d



 





 

* Giải hệ này ta được

1

1 3

1 3

a b c







 





 

1

1 3

1 3

a b c







 





 



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 x y 5, x z 6, y z 7, x y z  9 suy ra x2, y3,z4

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 1260

n  C C C 

* 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 C C 73 44 35.

Khả năng thứ hai:

Hai bạn Ngọc và Thảo cùng nhận sách Toán và Hóa, tương tự có C C C 72 .15 44 105 cách.

Khả năng thứ ba:

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Hai bạn Ngọc và Thảo cùng nhận sách Lí và Hóa, tương tự có C C C 72 .53 22 210 cách.

* Suy ra P(A) = 350/1260 = 5/ 18.