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 điểm)
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
y
=
2)1(2
24
−+−− mxmx
(1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi
2
=
m
.
2. Tìm
m
để hàm số (1) đồng biến trên khoảng (3,
5)
.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
3sin cos 2 cos 2 sin 2 0x x x x− + − − =
2. Giải phương trình:
( )
2 2
x 41x 4x x 18 3 4 x 2x 44x 18+ − + ≤ + + +

Câu III (2 điểm). Tính tích phân: I =
2
0
4 .sinx cos 2
2sin 1
x x x
dx
x
π
− +
+
∫

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng
' ' '
.ABC A B C
có tam giác
ABC
vuông tại
C
.
M
là trung
điểm của
' '
A C
. Biết
AC

=

a
,
BC
=
3a
;
( )
'
ABC
hợp với
( )
ABC
góc
0
60
. Tính thể tích khối lăng
trụ
' ' '
.ABC A B C
V
và Khoảng cách
( )
'
AM,BC
d
theo
a
.
Câu V (1 điểm) Cho ba số
[ ]

x, y,z 1;3∈
tìm giá trị nhỏ nhất của:
36x 2y z
P
yz xz xy
= + +
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh
( )
B 2;0
;
( )
C 3;5−
. G Là trọng tâm
thuộc đường thẳng d có phương trình là
2x y 1 0+ − =
và diện tích tam giác ABC bằng
5
2
.
Hãy xác định tọa độ điểm A ?
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm H(3 ;-2 ;1) viết phương trình mặt phẳng qua H cắt
các trục tọa độ tại A,B,C sao cho H là trực tâm tam giác ABC
Câu VII.b (1 điểm) . Giải phương trình:
( )
2
1 2

2
log 4 log 3 3 0x x x x+ − − + =
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho elip
( )
2 2
x y
E : 1
25 9
+ =
và
9 9
I ;
2 10
 
 ÷
 
. Xác định hai điểm
A và B thuộc elip sao cho I là trung điểm của AB
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (
S
) có phương trình
2 2 2
2 4 6 11 0x y z x y z+ + − + + − =
và điểm
( )
A 1; 2; 2− − −

mặt phẳng
( )
P
là mặt phẳng qua
A
và cắt
mặt cầu
( )
S
theo thiết diện là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Hãy viết phương trình mặt phẳng
( )
P
và tính bán kính của đường tròn giao tuyến đó.
Câu VI.b (1 điểm) E là tập các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số :
0,1,2,3,4,5,6,7. lấy ngẫu nhiên một số trong E tính xác suất để lấy được số chia hết cho 5.

Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh số báo danh
HƯỚNG DẪN
Câu Đáp án Điểm
I
(2đ)
1. (1 điểm)
Với m = 2,
24
2xxy −=
1. TXĐ: D =
R
2. Sự biến thiên:

a) Chiều biến thiên:
xxy 44'
3
−=
;
⇔= 0'y
1,0044
3
±==⇔=− xxxx
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1; 0) và (1;
∞+
)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-
∞
; -1) và (0; 1)

b) Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y
cđ
= y(0) = 0
Hàm số đạt cực tiểu tại x =
±
1; y
ct
= y(
±
1) = -1

c) Giới hạn tại vô cực:
=−

±∞→
)2(
24
xxLim
x
+
∞
d) Bảng biến thiên Bảng biến thiên


3) Đồ thị:

0,25 đ
0,25đ
0,25 đ
0,25 đ
2) 1 điểm
y' =
xmx )1(44
3
−−
y' = 0
⇔

xmx )1(44
3
−−
= 0
⇔


[ ]
0)1(
2
=−− mxx

TH1: Nếu m- 1
≤
0
⇔
m
≤
1
Hàm số đồng biến trên khoảng (0; +
∞
).
Vậy m
≤
1 thoả mãn ycbt

TH 2: m - 1 > 0
⇔
m> 1
y' = 0
⇔
x = 0, x =
1−± m
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-
1−m
; 0 ) và (
1−m

; +
∞
)
Để hàm số đồng biến trên khoảng (3; 5 ) thì
1 3m − ≤

⇔
m
≤
10

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (3; 5)
⇔
m
∈

(
]
;10−∞
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
II
(2 đ)
1. (1 đi ểm)
2
sin x cos x 1 2sin x 2sin x 2sin x cos x 0− + + + − =
⇔
(1+2sinx)(sinx - cosx +1) = 0


0,25 đ
0,25 đ
2
sinx cos x 1
sin(x )
4 2
1
sinx
1
sinx
2
2

Π −
− = −

− =



⇔ ⇔
−

=
−

=




⇔
7
2
6
2
6
3
2
2
2
x k
x k
x k
x k
π
π
π
π
π
π
π

= +


−

= +




= +


=


k ∈¢
0, 5 đ
2. (1 điểm)
I =
2 2 2
0 0 0
2 2
2
2
0
2 (1 2sin ) os os
2
1 2sin 1 2sin
1
(1 2sin )
1 2ln3
2
ln 1 2sin
2 2
1 2sin 4 2 4
0 0
x x c x c x

I dx xdx dx
x x
d x
x x
x
π π π
π
π π
π π
+ −
= = −
+ +
+
−
= − = − + =
+
∫ ∫ ∫
∫

0,25 đ
0, 5 đ
0,25 đ
III
(2 đ)
1. (1 điểm)
Đk:
x 0≥
bpt
⇔
2 2 2

2x 44x 18 x 3x 4x x (3 4 x) 2x 44x 18+ + − − − ≤ + + +
Đặt :
2
t 2x 44x 18= + +
(t>0)
Đc bpt:
2 2
t x x(3 4 x) (3 4 x)t 0
(t x)(t x 3 4 x) 0 t x 3 4 x 0
− − + − + ≤
⇔ + − − − ≤ ⇔ − − − ≤
vì t+x>0 với mọi x
≥
0

Ta có bpt
2
2x 44x 18 x 3 4 x⇔ + + ≤ + −
2
2 2
2
2(x 3) 32x (x 3) 4 x
2(x 3) 32x ((x 3) 4 x)
x 1
(x 3 4 x) 0 x 3 4 x 0
x 9
⇔ + + ≤ + +
⇔ + + ≤ + +
=


⇔ + − ≤ ⇔ + − = ⇔

=

0,25 đ
0,25 đ
0, 5 đ
IV
(1 đ)
Từ giả thiết có
' ' '
.ABC A B C
V
=
ABC
S .CC';
∆

ABC
S
∆
=
2
1 a 3
CA.CB
2 2
=

(ABC') (ABC) AB=I
, Kẻ

·
·
·
0
CH AB H AB (CC'H)
60 ((ABC'),(ABC)) (CH, HC') CHC'
⊥ = ⇒ ⊥
⇒ = = =
Xét tam giác vuông ABC có CH là chiều cao nên
2 2 2 2 2 2
CH CA CB 3a a 3a
1 1 1 1 1 4 a 3
CH
2
= + = + = ⇒ =
, Xét tam giác vuông CHC’ có
' ' '
2 3
0
ABC.A BC
3a a 3 3a a 3 3
CC' HC tan 60 V .
2 2 2 4
= = ⇒ = =


b.N là trung điểm của AC thì AM//C’N nên AM//(BC’N)
( ) ( ) ( )
' ' '
AM,BC AM,(BC N) A,(BC N)

d d d= =
. N là trung điểm của AC
Nên
( ) ( )
' '
A,(BC N) C,(BC N)
d d=
, kẻ CK vuông góc với BC’
0,25 đ
0,25 đ
BC' (NCK)⇒ ⊥
(vì
AC BC AC (BCC'B')
(CNK) (BNC') NK
⊥ ⇒ ⊥
⇒ ⊥ =
)
Kẻ CI vuông góc với NK tại I,
( )
'
C,(BC N)
d CI=
Có
( )
2 2 2 2 2 2
'
2 2 2 2
CI CN CK CN CB CC'
C,(BC N)
a 3a 9a 9a

1 1 1 1 1 1
4 1 4 43 3a
d
43
= + = + + =
= + + = ⇒ =
0, 25
đ
0, 25
đ
V
(1 đ)
(1 điểm)
Xet h m sà ố:
[ ]
2 2 2
2 2 2 2
36x 2y z
f (x) , x 1;3 , y,z là tham sô
yz zx xy
36 2y z 36x 2y z 36 2.9 9
f '(x) 0
yz
zx x y x yz x yz
= + + ∈
− − − −
= − − = ≥ >
f (x)
đồng biến trên
[ ]

1;3
[ ]
2 2 2
2 2 2 2
36 2y z
f (x) f (1) g(y), y 1;3 ,z là tham sô
yz z y
36 2 z 36 2y z 36 2*9 1
g '(y) 0
z
y z y y z y z
≥ = + + = ∈
− + − − + −
= − + − = ≤ <
g(y)
nghịch biến trên
[ ]
1;3
[ ]
2
12 6 z 18 1 18 1
g(y) g(3) h(z),z 1;3 ;h'(z) 0
z z 3 3 9 3
z
⇒ ≥ = + + = ∈ = − + ≤ − + < ⇒
h(z)
nghịch biến trên
[ ]
1;3


18
h(z) h(3) 1 7
3
⇒ ≥ = + =
Vậy P
7≥
dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x=1 và y=z=3;Do đó MinP=7
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25đ
.
ABC GBC ABC
BC ( 5;5) BC 5 2
5 1 5
pt : BC là:x+y-2=0;S S S
2 3 6
= − ⇒ =
= ⇒ = =
V V V
uuur
G là trọng tâm tam giác ABC

GBC
(G.BC)
G d : 2x y 1 0 G(x; 2x 1)3
2 2 7
x G( ; )
x 2 2x 1
2S

1 1 1
3 3 3
d x 1
4 4 11
BC 3
3 2 2 3 2
x G( ; )
3 3 3
∈ + − = ⇒ − +
− −

= ⇒

− − +
= = ⇔ = ⇔ + = ⇔

− −

= ⇒


V

Với
2 7 4 11
G( ; ) A( 1;2);G( ; ) A( 3;6)
3 3 3 3
− −
⇒ − ⇒ −
2(1 điểm)

2(1 điểm)
Giả sử A(a;0;0); B(0;b;0); C(0;0;c) vì H(3;-2;1) không nằm trong maawtj phẳng tọa độ
nào nên ta có:
A;B;C không trùng voi O abc 0⇒ ≠
(ABC) có pt dạng:
( )
1
x y z 3 2 1
1;H (ABC)nên 1
a b c a b c
+ + = ∈ ⇒ − + =
AH (3 a; 2;1);BC (0; b;c);BH (3; 2 b;1);AC ( a;0;c); vì H là = − − = − = − − = −
uuur uuur uuur uuur
trực tâm
tam giác ABC nên có:
c
14
a
AH.BC 0 2b c 0
a
3
thay vào(1) c 14
3
3a c 0
c
BH.AC 0
b 7
b
2


=



= + =
=

  
⇔ ⇔ ⇒ = ⇒
   
− + =
−
=


 

= −
=



uuur uuur
uuur uuur
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
Mặt phẳng đó có pt: 3x-2y+z=14
Đk x>
( )

2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
(1)
2
2
pt log x (x 4)log x 3x 3 0 log x 4log x 3 x log x 3x 0
(log x 1) log x 3 x(log x 3) 0 (log x 3)((log x x 1) 0
log x 3
(2)
log x x 1 0
⇔ + − − + = ⇔ − + + − =
⇔ − − + − = ⇔ − + − =
=

⇔

+ − =


( ) ( )
2
(1) x 9;
1
xet(2);f (x) log x x 1;x 0; ;f '(x) 1 0, x 0;
x ln 2
⇔ =
= + − ∈ +∞ = + > ∀ ∈ +∞
nên
f (x)

đồng biến trên
( )
0;+∞
. Mà
f (1) 0 x 1 là = ⇒ =
nghiệm của (2)
x 1 f (x) f (1) 0
0 x 1 f (x) f (1) 0
> ⇒ > =


< < ⇒ < =

Vậy (2) có nghiệm duy nhẩt x=1
KL
0,5đ
0,5đ
VIb
(2 đ)
1. (1 điểm)
Gs A(x ;y)
2 2
(E) 9x 25y 225;B∈ ⇒ + =
đói xứng với A qua I(
9 9
; )
2 10
nên : B(9-x ;
9
5

-y)
2 2
B (E) (27 3x) (9 5y) 225∈ ⇔ − + − =

Dặt :a=2x ; b=5y ta được hệ :
2 2
2 2 2
2 2
a b 225
a b 225 a 27a 180 0
b 5 3a b 5 3a
(27 a) (9 b) 225
a 15 x 5
b 0 y 0
9
các diêm : A(5;0);B(4; )
x 4
5
a 12
9
b 9
y
5

 
+ =
+ = − + =
  
⇔ ⇔
  

= − = −
 
− + − =

 

 = =
 
⇒
 

= =
 


⇔ ⇒
=

=


⇒
 

=
=






0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
2. (1 đi ểm)
(S) có tâm là : I(1 ;-2 ;-3) ; bán kính : R=5 ; gọi H là hình chiếu vông góc của I lên (P)
thi ta có :
IH IA≤
dấu « = » xảy ra
H A
⇔ ≡
lại có IA=
5 5<
nên A bên trong hình cầu
(S) ; gọi r là bán kính dg tròn giao tuyến
2 2
(I,(P))
r R d 25 5 20⇒ = − ≥ − =
dấu « = » xảy ra
H A⇔ ≡
hay
(P) IA A⊥ =
khi đó (P) :
quaA( 1; 2; 2)
nhan IA ( 2;0;1) làvtpt
− − −



= −



uur
(P) có pt : -2x+z=0 ; kl
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
(1 điểm)
Gs:
4 4
7 7
4 3
7 6
abcde E a 0 có7 cách chon a; chon bcde có A n(E) 7 A 5880
e 5
n( ) 5880; abcde E và abcde 5 trong E có : A 6A 1560
e 0
∈ ⇒ ≠ ⇒ ⇒ = =
=

⇒ Ω = ∈ ⇔ ⇒ + =

=

M
Số chia hết cho 5. gọi A là biến cố chọn dc số chia hết cho 5 thì: n(A)=1560
1560 13
P(A)
5880 49

= =
0,5 đ
0,5
VII
b