SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. I. Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số : 3 2 1 1 2 3 3 3 y x x x= − + − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2. Tìm m để đường thẳng 1 : 3 y mx∆ = − cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C sao cho A cố định và diện tích tam giác OBC gấp hai lần diện tích tam giác OAB. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3 sinx cos os5 2( os6 1) 3 sin 5x c x c x x+ + + + = 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 5 ( 2 )( 3) 3 x y xy x y x x x y y  + + + =   + + − = −   ( ;x y R∈ ) Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân: 1 ln 1 ln . 1 ln + + = + ∫ e x x I dx x x Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a.Gọi I; J lần lượt là trung điểm của SA và BC.Tính thể tích của khối chóp S.ABCD biết đường thẳng IJ tạo với mặt đáy một góc 0 60 Câu V (1,0 điểm). Cho x,y ∈ R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của: ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 2 2 16 ( 1)( 1) + − + = + + − − − x y x y P x y xy x y 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 VI.a (2,0điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD biết đường thẳng AB có phương trình: x + 3y + 1 = 0. Đường thẳng chứa đường chéo BD có phương trình:x – y + 5 = 0.Đường thẳng AD đi qua điểm M(1; 2). Tìm tọa độ tâm của hình thoi ABCD. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho 3 điểm A(5; 3; -1); B(2; 3; -4) ; C(1;2;0).Tìm tọa độ điểm D sao cho 2DA DB DC+ + uuur uuur uuur nhỏ nhất Câu VII.a (1,0 điểm) .Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của: 3 4 1 2 n x x   +  ÷   , biết 3 2 2 1 1 3 5 n n n A A A − − + = ( Trong đó k n A là số chỉnh hợp chập k của n) B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng 1 : 5 0d x y+ − = ; 2 : 2 1 0d x y− − = .Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng ∆ : x – y + 1= 0, tiếp xúc với 1 d và cắt 2 d theo một dây cung có độ dài bằng 6 5 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho hình lập phương 1 1 1 1 .ABCD A B C D , biết A(0;0;0) ; B(1;0;0) ; D(0;1;0) ; 1 A (0;0;1).Gọi M là trung điểm của AB, N là tâm của hình vuông 1 1 ADD A .Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua C; 1 D ; M; N Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình : 2 2 log ( ) log 1 2 3 2 1 2 y x x y x − − =    + − − =   Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Giám thị xem thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ;Số báo danh : Câu Nội Dung Điểm I (2,0đ) 1.(1,0đ) TXĐ: D = R Chiều biến thiên: , 2 4 3y x x= − + ; , 1 0 3 x y x =  = ⇔  =  Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng: ( ) ;1−∞ và ( ) 3;+∞ ,nghịch biến trên khoảng (1; 3) Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 3 1 3 ct y⇒ = − , đạt cực đại tại điểm x = 1 1 cd y⇒ = Giới hạn: lim x y →−∞ = −∞ ; lim x y →+∞ = +∞ Bảng biến thiên: Đồ thị: Đi qua các điểm 1 (0; ) 3 − ; (4 ; 1) ; nhận 1 (2; ) 3 I làm điểm uốn. 2 (1,0đ). Pt hoành độ giao điểm của đường thẳng 1 : 3 y mx∆ = − và (C) : 3 2 1 1 1 2 3 3 3 3 x x x mx− + − = − 2 ( 6 9 3 ) 0x x x m⇔ − + − = 2 0 6 9 3 0 x x x m =  ⇔  − + − =  Với x = 0 ⇒ y = 1 3 − ⇒ A(0; 1 3 − ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1 3 − x ∞− 3 ∞+ 1 ∞− 1 ∞+ , y y 0 0 y 1 O x 4 1 1 1 3 − 3 II (2,0đ) Đường thẳng 1 : 3 y mx∆ = − cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C ⇔ pt 2 6 9 3 0x x m− + − = Có hai nghiệm phân biệt 21 , xx khác 0 , 0 9 3 0m  ∆ > ⇔  − ≠  3 0 3 m m >  ⇔  ≠  0 3 m m >  ⇔  ≠  Khi đó 1 1 1 ( ; ) 3 B x mx − ; 2 2 1 ( ; ) 3 C x mx − . 1 1 2 ( , ). 2. ( , ). 2 2 OBC OAB S S d O BC d O AB= ⇔ ∆ = ∆ 2 2 2 4BC AB BC AB⇔ = ⇔ = ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 ( ) 4x x m x x x m x⇔ − + − = + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 4 1m x x m x⇔ + − = + ( ) 2 2 1 2 2 1 1 2 1 3 4 x x x x x x x =  ⇔ − = ⇔  = −  2 1 3x x⇒ = (1) (vì 1 2 6x x+ = ) Mà 21 ; xx là nghiệm của phương trình : 2 6 9 3 0x x m⇔ − + − = nên: 1 2 1 2 6 9 3 x x x x m + =   = −  (2) Từ (1) và (2) 3 4 m⇒ = (tmđk) 1.(1,0đ) Pt 3(sin 5 sinx) os5 cos 2( os6 1)x c x x c x⇔ − = + + + 2 2 3 os3 .sin 2 2 cos3 . os2 4 cos 3c x x x c x x⇔ = + 2 os3 .( 3 sin 2 os2 2 cos3 ) 0c x x c x x⇔ − − = os3 0 3 sin 2 os2 2 cos3 c x x c x x =  ⇔  − =  Với cos3 0 3 2 6 3 x x k x k π π π π = ⇔ = + ⇔ = + Với 3 sin 2 os2 2 cos3 sin(2 ) sin( 3 ) 6 2 x c x x x x π π − = ⇔ − = − 2 2 2 3 2 6 2 15 5 2 2 3 2 2 6 2 3 x x k x k x x k x k π π π π π π π π π π π   − = − + = +   ⇔ ⇔     − = − + + = − −     2.(1,0đ) Nếu y = 0 2 0 2 0 2 x x x x =  ⇒ + = ⇔  = −  ⇒ hệ có nghiệm (0;0);(-2;0) Nếu 0y ≠ , hpt 2 2 2 5 2 .( 3) 3 x x x y y x x x y y  + + + =   ⇔  +  + − = −   ;đặt 2 2 3 x x u y v x y  + =    = + −  ta có hệ: 2 3 3 1 u v u uv v + = =   ⇔   = − = −   hoặc 1 3 u v = −   =  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 III (1,0đ) IV (1,0đ) Với 2 2 3 3 1 1 1 3 1 x x u x y v y x y  + = = =    ⇒ ⇔    = − =    + − = −  hoặc 6 8 x y = −   =  Với 1 3 u v = −   =  2 2 1 3 3 x x y x y  + = −  ⇒   + − =  (vô nghiệm) Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm (x; y) là: (0; 0) ; (-2; 0); (1; 1) và (-6; 8) 1,0đ Ta có : I = 1 1 1 ln 1 ln 1 1 ln 1 ln e e e x x dx dx dx x x x x x x   + = +  ÷ + +   ∫ ∫ ∫ Xét 1 1 ln 1 ln e x I dx x x = + ∫ ; đặt t= 1 ln x+ 2 1 1 ln 2 .t x t dt dx x ⇒ = + ⇒ = Đổi cận: x = 1 ⇒ t =1 ; x =e ⇒ t = 2 Khi đó 2 2 2 3 2 2 1 1 1 1 1 4 2 2 .2 2 ( 1) 2( ) / 3 3 t t I tdt t dt t t − − = = − = − = ∫ ∫ Xét 2 1 1 1 (ln ) / 1 e e I dx x x = = = ∫ Khi đó I = 1 2 I I+ = 7 2 2 3 − 1,0đ Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, M là Trung điểm của AO,ta có :IM //SO ( )IM ABCD⇒ ⊥ ⇒ Góc giữa IJ với mặt đáy là Góc IJM bằng 0 60 Ta có: 2 2 2 0 2 2 2 2 . . os45 3 3 2 5 2 2 2. . 4 2 4 2 2 8 MJ CM CJ CM CJ c a a a a a = + − =     + − =  ÷  ÷     10 4 a MJ⇒ = Mặt khác IM = MJ. 0 tan 60 = 10 30 . 3 4 4 a a = Do S.ABCD là khối chóp đều nên : . 1 . 3 S ABCD ABCD V SO S= Trong đó SO = 2IM 30 2 a = ; 2 ABCD S a= 3 2 . 1 30 30 . . 3 2 6 S ABCD a a V a⇒ = = 1,0đ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 B C D S J M I A O V (1,0đ) VI.a (2,0đ) Đặt t = x + y ; t > 2. ta có : 3 2 2 2 (3 2) 2( ) 16 1 − − − = + + − − + t t xy t P x y xy xy t . Áp dụng BĐT 4xy ≤ (x + y) 2 ⇒ 2 4 t xy ≤ ; 2 2 2 2( ) ( )x y x y+ ≥ + ta có 2 3 2 2 2 2 2 (3 2) 4 8 8 2 1 4 − − − ≥ + − = + − − − + t t t t t P t t t t t t t Xét hàm số 2 2 2 2 2 4 ( ) 8 ; '( ) 2 8 ( 4) 2 ; 2 ( 2) ( 2)   − = + − = + − = − +   − − −   t t t t f t t t f t t t t t t f’(t) = 0 ⇔ t = 4. t 2 4 +∞ f’(t) - 0 + f(t) + ∞ +∞ -8 Do đó min P = (2; ) min ( )f t +∞ = f(4) =- 8 đạt được khi 4 2 4 2 + =  =   = ⇔   =   =  x y x xy y x y 1.(1,0đ) Do B là giao điểm của AB với BD,nên tọa độ B là nghiệm Của hệ phương trình: 3 1 0 4 5 0 1 x y x x y y + + = = −   ⇔   − + = =   ( 4;1)B⇒ − Qua M vẽ đường thẳng song song với AB cắt BD tại N,ta có MN//AB: x+ 3y + 1 = 0 ⇒ pt MN: x + 3y + m = 0 Do M(1;2) ∈ MN nên: 1+ 6 + m = 0 ⇔ m= -7 ⇒ Pt MN: x+ 3y – 7 = 0 Do N = MN BD∩ ,nên tọa độ N là nghiệm của hệ: 3 7 0 2 5 0 3 x y x x y y + − = = −   ⇔   − + = =   ( 2;3)N⇒ − Vì D ∈ BD: x – y + 5 = 0 ⇒ D(x ; x+5).Mà ABCD là hình thoi nên MN = MD 2 2 MN MD⇔ = 2 2 9 1 ( 1) ( 3)x x⇔ + = − + + 0 2 x x =  ⇔  = −  Với x = 0 ⇒ D(0 ; 5) Với x = -2 ⇒ D(-2;3) loại vì trùng với N. Gọi I là tâm hình thoi ⇒ I là trung điểm của BD ⇒ I(-2;3) 2.(1,0đ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 A C B D M N VII.a (1,0đ) VI.b (2,0đ) Gọi I(a; b ; c) thỏa mãn 2 0IA IB IC+ + = uur uur uur r 5 2 5 2( 2) 1 0 11 5 11 9 3 2( 3) 2 0 ( ; ; ) 4 2 4 4 1 2( 4) 0 9 4 a a a a b b b b I c c c c  =  − + − + − =     ⇔ − + − + − = ⇔ = ⇒ −     + + + + =   = −   Khi đó 2 4 2 4DA DB DC DI IA IB IC DI+ + = + + + = uuur uuur uuur uur uur uur uur uur ⇒ 2DA DB DC+ + uuur uuur uuur nhỏ nhất DI⇔ uur nhỏ nhất D I⇔ ≡ ⇒ 5 11 9 ( ; ; ) 2 4 4 D − (1,0đ) Từ: 3 2 2 1 1 ( 1)! ( 1)! ! 3 5 5 ( 4)! ( 3)! ( 2)! n n n n n n A A A n n n − − − − + = ⇔ + = − − − ( 1)! 3 . 1 5 0 ( 4)! 3 ( 2)( 3) n n n n n n −   ⇔ + − =   − − − −   (đk 4;n n N≥ ∈ ) 2 7 0 7n n n⇔ − = ⇒ = .khi đó ta có khai triển : 7 1 1 3 3 4 4 1 2 2 n x x x x −     + = +  ÷  ÷     = 1 1 7 7 3 4 7 0 (2 ) .( ) k k k k C x x − − = ∑ = 7 7 7 3 4 7 0 .2 . k k k k k C x − − − = ∑ ; ứng với số hạng không chứa x ta có : 7 0 4 3 4 k k k − − = ⇔ = ⇒ số hạng không chứa x là : 4 7 4 7 .2 280C − = 1.(1,0đ) Gọi I; R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn cần tìm Do : 1 0I x y∈∆ − + = ( ; 1)I a a⇒ + Ta có: 2 2 2 2 1 2 (3 5)R T T= = + (*) Với 1 2 ;T T lần lượt là khoảng cách từ I Đến 1 2 ;d d ;với: 1 1 5 2 a a T + + − = = 2 4 2 a − 2 2 1 1 2 5 5 a a a T − − − − = = Khi đó (*) ( ) ( ) 2 2 2 4 2 45 2 5 a a− − ⇔ = + ( ) 2 7 2 25 3 a a a =  ⇔ − = ⇔  = −  Với a= 7 2 (7;8); 50I R⇒ = ⇒ phương trình đường tròn: ( ) ( ) 2 2 7 8 50x y− + − = Với a = -3 2 ( 3; 2); 50I R⇒ − − = ⇒ phương trình đường tròn: ( ) ( ) 2 2 3 2 50x y+ + + = 2.(1,0đ) 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1 d 2 d R I R VII.b (1,0đ) Từ gt ta có: C(1; 1 ;0); 1 D (0; 1; 1) M( 1 2 ;0;0) ; N(0 ; 1 1 ; 2 2 ) .Gọi pt (S): 2 2 2 2 2 2 0x y z ax by cz d+ + + + + + = Do (S) đi qua các điểm C; 1 D ; M; N Nên ta có hệ phương trình: 5 2 2 2 0 4 2 2 2 0 1 1 4 0 4 5 1 4 0 2 1 a b d a b c d b a d c b c d d  + + + = = −     + + + =   = −   ⇔   + + =   = −   + + + =     =  2 2 2 5 1 5 ( ) : 1 0 2 2 2 pt S x y z x y z⇒ + + − − − + = 1,0đ Đk: 1 2 x y x  ≥    >  Pt hai 2 3 2 2 1 2 2 1y x y x x⇔ + = + − ⇔ − = − Thế vào pt còn lại ta được : 2 2 2 log 2 2 1 log 1x x− − = 2 4(2 1) 2 2 2 log 1 4(2 1) 2 3 3 3 x x x x y x − ⇔ = ⇔ − = ⇔ = ⇒ = + ,(tmđk) KL: hệ có nghiệm (x;y) là ( 2 3 ; 2 2 3 3 + ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 A 1 A 1 C 1 B 1 D D N B C M z y x . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. I dụng tài liệu. Giám thị xem thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ;Số báo danh : Câu Nội Dung Điểm I (2,0đ) 1.(1,0đ) TXĐ: D = R Chiều biến thi n: