De thi thu Dai Hoc so 52

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 52 Ngày 27 tháng3 Năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 3 3 2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y=x − ( m−2)x −3(m−1) x +1 (1), m là tham số. 2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m=−2 . b) Tìm m>0 để đồ thị hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu lần lượt là y CĐ , y CT thỏa mãn 2 y CĐ + y CT =4 . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình (tan x +1)sin2 x+ cos 2 x +2=3(cos x +sin x) sin x . 1 4 log 2 (2+ x)+ log 1 (4 − √18 − x )≤ 0 . Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 2 ln 6. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân. I =∫ 0. ex dx . 3 √3+e x +2e x +7. 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=120 0 . Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( ABCD) bằng 0 45 . 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 x 2+ y 2 + z 2 ≤ 3 y . Tìm giá trị nhỏ nhất của x +1 ¿2 ¿ y +2 ¿2 ¿ z+ 3 ¿2 ¿ ¿ ¿ ¿ 1 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 AC là x+ 7 y −31=0 , B ,D thẳng hai đỉnh lần lượt thuộc các đường thẳng d 1 : x + y −8=0 , d 2 : x −2 y+ 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. Oxyz , Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ cho hai đường thẳng x+ 4 y −5 z +7 x−2 y z +1 d1: = = = = và d 2 : . Viết phương trình đường thẳng Δ đi qua 1 −1 1 1 −1 −2 M (−1 ; 2; 0), ⊥ d1 và tạo với d 2 góc 600 . 2 n 2 7 Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của x − , biết rằng n là x số nguyên dương thỏa mãn 4 C 3n+ 1+2 C 2n= A3n .. (. ). b. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d 1 : x − y −2=0 và d 2 : x +2 y − 2=0 . Giả sử d 1 cắt d 2 tại I . Viết phương trình đường thẳng Δ đi qua M (−1 ; 1) cắt d 1 và d 2 tương ứng tại A , B sao cho 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 x +2 y − 4 z +1 d: = = . Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua K (1 ; 0 ; 0) , song song với 2 −3 1 đường thẳng 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 --------------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 52 Câu 1: a) (1,5 điểm) Khi m=−2 hàm số trở thành y=x 3 +6 x 2+ 9 x +1 . a) Tập xác định: R . b) Sự biến thiên: y=− ∞ và lim y =+ ∞. * Giới hạn tại vô cực: Ta có x lim →− ∞ x →+∞ 2 * Chiều biến thiên: Ta có y ' =3 x + 12 x +9 ; y '=0 ⇔ x=−3 ¿ x=−1 ¿ x <−3 ¿ x >−1 ¿ ; y ' <0 ⇔ − 3< x< −1 . ¿ ; y ' >0 ⇔¿ ¿ ¿ ¿ 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: y x  3 1. . y'. . +. 0. –. 0. . 1. . 1. y. +.  3.  3. 1. c) Đồ thị: Câu 1: b) (0,5 điểm) 2 Ta có y '=3 2 x − 3(m −2) x − 3(m −1), ∀ x ∈ R . y '=0 ⇔ x −(m− 2) x − m+1=0 ⇔ x=x 1=−1 ¿ x=x 2=m−1 . ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Chú ý rằng với m>0 thì x 1< x 2 . Khi đó hàm số đạt cực đại tại x 2=m− 1. m− 1¿2 +1 . 3m 1 , y CT = y (m− 1)=− (m+2)¿ Do đó: y CĐ = y (−1)= 2 2 m− 1¿ 2=0 m− 1¿ 2+1=4 ⇔6 m− 6 −(m+2)¿ 3m 1 Từ giả thiết ta có 2. − (m+2) ¿ 2 2  1  33  (m  1)(m 2  m  8) 0  m 1; m  . 2. O. x.  3. x 1=−1. và đạt cực tiểu tại.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> − 1+ √33 . Đối chiếu với yêu cầu m>0 ta có giá trị của m là m=1 , m= 2 π Câu 2: (1,0 điểm) Điều kiện: cos x ≠ 0 , hay x ≠ +kπ . 2 Khi đó phương trình đã cho tương đương với ( tan x +1)sin2 x+ 1− 2sin 2 x+ 2=3( cos x+ sin x )sin x 2 2 ⇔ (tan x − 1) sin x+3=3(cos x − sin x )sin x +6 sin x  (tan x  1) sin 2 x  3cos 2 x 3(cos x  sin x) sin x  (tan x  1)sin 2 x  3(cos x  sin x) cos x 0  (sin x  cos x)(sin 2 x  3cos2 x) 0  (sin x  cos x)(2 cos 2 x  1) 0 ⇔ sin x=cos x ¿ 1 cos 2 x=− 2 ¿ π x= +kπ 4 ¿ π x=± + kπ , k ∈ Z . 3 ¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ¿ ¿ π π Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm x= +kπ , x=± +kπ , k ∈ Z 4 3 ¿ 2+ x> 0 ,18 − x ≥ 0 4 4 − √18 − x >0 Câu 3(1,0 điểm) Điều kiện: ⇔ − 2< x ≤ 18 . ¿{ ¿ Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với 4 4 log 2 √ 2+ x ≤ log 2 (4 − √ 18− x) ⇔ √ 2+ x ≤ 4 − √ 18− x . Đặt t=√4 18− x . Khi đó 0 ≤t < √4 20 và bất phương trình trở thành : √ 20− t 4 ≤ 4 −t 4  t 0 t 4 t 4 t 4   4 2     2 t 4. 4 2 3 2 t  2 0 20  t (4  t ) t  t  8t  4 0 (t  2)(t  2t  5t  2) 0 Suy ra √4 18− 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 =t 2 − 3 ⇒e x dx=2tdt . Khi x=0 ⇒t =2 , khi 3 3 2 tdt t x=ln 6 ⇒t=3 . Suy ra I =∫ =2 dt ∫ 2 2 2 3 t +2(t −3)+7 2 2t +3 t+1 ¿ 2 ln |t +1| 3 3 t 1 1 3 80 ¿ 2∫ dt=2∫ − dt ¿3 − ln |2 t+1|¿ =(2 ln 4 − 2 ln3) −(ln 7 − ln5)=ln . 2t +1 2 (t+1)(2t +1) 2 t+1 ¿2 ¿2 63 Câu 5(1,0 điểm). (. ). Kẻ SK⊥ AB⇒ hình chiếu CK ⊥ AB ⇒ ( (SAB),(ABCD) ) =∠SKC=45 0 .. S. 0. 0. 0. ∠ ABC=120 ⇒ ∠ CBK=60 ⇒ CK=CB sin 60 = D. C. I O. 3a 2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> K. 3a . (1) 2 3 √3 a 2 (2) S ABCD=AB . BC sin 1200= . 2 3 1 3 √3 a Từ (1) và (2) ⇒ V S . ABCD= SC . SABCD= . 3 4 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 3 a 3 √5 a 3 5a = . Suy ra d (SA , BD)= √ . giác SAC suy ra OI= 10 2 √ 5 10 2 2 2 Câu 6(1,0 điểm) Ta có 2 x + 4 y +2 z ≤(x + 1)+( y + 4)+( z +1) ¿ x 2+ y 2 + z 2 +6 ≤3 y +6 . y Suy ra 2 x + y +2 z ≤ 6 . Dấu đẳng thức xảy ra khi x= = z=1 . 2 2 a+ b ¿ ¿ Chú ý rằng, với hai số dương a , b áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 1 1 8 , (*) + ≥ a2 b2 ¿ dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b . x +1¿ 2 ¿ y 2 x+1+ +1¿ y 2 2 +1 ¿ 2 ¿ ¿ z+3¿ 2 Áp dụng (*) ta được z +3 ¿2 ¿ ¿ ¿ ¿ 8 ¿ ¿ 1 P= ¿ y 2 x + +2+ z +3 ¿ 2 2 6+10 ¿ ¿ ¿ 2 x + y +2 z+ 10¿ 2 ¿ ¿ 64 . 4 ¿ ¿ 64 ¿ 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 B ∈ d 1 : y =8 − x ⇒ B( b ; 8 −b), D∈ d 2 : x =2 y −3 ⇒ D( 2d −3 ; d ). I ⇒⃗ BD=(−b+2 d −3 ; b+ d − 8) và trung C A b +2 d −3 − b+ d+ 8 ; . điểm BD là I 2 2 ⇒SC=CK tan 45 0=. D. ⇒ BD ⊥ AC I ∈ AC ⇔ ¿⃗ u AC . ⃗ BD=0 I ∈ AC ⇔ ¿ −8 b+ 13 d −13=0 −6 b+9 d −9=0 ⇔ Theo tính chất hình thoi ¿ b=0 d=1 ¿{. (. ).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ¿ B (0 ; 8) D(− 1; 1) A ∈ AC: x =−7 y +31⇒ A (−7 a+31 ; a). 1 9 ⇒I − ; . 2 2 Suy ra ¿{ ¿ 1 2S 15 S ABCD = AC .BD ⇒ AC= =15 √ 2⇒ IA= 2 BD 2 2 63 2 9 225 9 9 √2 ⇒ −7 a+ + a− = ⇔ a− = ⇔ 2 2 2 2 4 a=3 ¿ a=6 ¿ A(10; 3) ¿ A(− 11 ; 6)(ktm) ¿ ¿ ¿ ⇒¿ ¿ ¿ Suy ra A (10 ; 3)⇒ C(−¿11 ; 6). Câu 8.a(1,0 điểm) 2 2 2 Δ ⊥ d1⇔ ⃗ uΔ. ⃗ u1=0 ⇔ a− b+ c=0 . Giả sử Δ có vtcp ⃗ u Δ=(a ; b ; c) , a +b + c ≠ 0.. (. (. ). ) ( ). ( ). 2. 2. 2. (1). 2. a −b − 2 c ¿ =3 (a +b + c )(2) |a −b − 2c| 1 ∠( Δ, d 2)=600 ⇔ =cos 600= ⇔ 2¿ 2 2 2 2 √1+1+4 . √ a +b + c. ⇔ a=c , b=2 c 2 2 ¿ a+ c ¿ +c a=−2 c ,b=− c . 2 2 2 b=a+c a +(¿)⇔ a +ac − 2 c =0 ¿ 2 ¿ 18 c =3 ¿ Từ (1) có thay vào (2) ta được ¿ ¿ x+1 y −2 z ¿ Δ : = = . c=1 ⇒ u ⃗ =(1; 2 ; 1) a=c ,b=2 c , Δ Với chọn ta có 1 2 1 x+1 y −2 z = = . u Δ=(2 ; 1; − 1) ta có Δ: Với a=−2 c ,b=− c , chọn c=− 1⇒⃗ 2 1 −1 Câu 9.a(1,0 điểm) (n −1) ¿ Ta có (n+ 1) n ¿ 4 C 3n+ 1+2 C 2n= A3n ⇔ 4 . ¿  2(n 2  1)  3(n  1) 3(n 2  3n  2), n 3  n 2  12n  11 0, n 3  n 11. 2 k x 2 ¿11 −k . − x ¿ −2 ¿k . x 22 −3 k ¿ Khi đó Ck11 . ¿ C k11 ¿ 11 2 11 2 x − =∑ ¿ x k=0 7 Số hạng chứa x là số hạng ứng với k thỏa mãn 22− 3 k=7 ⇔k =5. −2 ¿5=− 14784 . 7 Suy ra hệ số của x là 5 C 11 .¿ Câu 7.b(1,0 điểm). ( ). (. ). I.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> . B0. A. M. d1. B d2. d 1 cắt d 2 tại I ( 2; 0). Chọn A 0 (0 ; − 2)∈d 1 , ta có IA 0=2 √ 2 . Lấy B 0 (2− 2 b ; b)∈ d 2 sao cho 2 b+2 ¿ =72 2 A 0 B 0=3 IA 0=6 √ 2 2− 2 b ¿ +¿ ⇔¿. ⇔ 5 b2 − 4 b −64=0 ⇔ b=4 ¿ 16 b=− 5 ¿ B0 (−6 ; 4) ¿ .Suy ra đường thẳng Δ là đường thẳng qua M (−1 ; 1) và song song với 42 16 B0 ;− . 5 5 ¿ ¿ ¿ ⇒¿ ¿ ¿ ¿ A 0 B 0 . Suy ra phương trình Δ : x + y=0 hoặc Δ : x +7 y − 6=0 . Câu 8.b (1,0 điểm) (P) đi qua K (1 ; 0 ; 0)⇒ phương trình (P) dạng Ax + By+Cz − A=0( A 2+ B 2+C 2 ≠ 0) . ( P) // d ⇔ ud . ⃗ ⃗ n P=0 H ( −2 ; 4 ; − 1) ∉(P) ⇔ ¿ 2 A −3 B+C=0(1) −3 A+ 4 B− C ≠ 0(2) ¿{ A − B+3 C ¿2=3( A2 + B2 +C2 ). |A − B+3 C| (3) d ( M ,(P) )= √ 3 ⇔ =√ 3 ⇔ ¿ 2 2 2 √ A +B +C − 2 A+ 3 B ¿2 A 2+ B2 +(¿) Từ (1) có C=−2 A +3 B , thay vào (3) ta được −5 A+8 B ¿2=3 ¿ ¿ ⇔5 A2 −22 AB+17 B2=0 ⇔ A=B ¿ 5 A=17 B . ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Với A=B , ta có C=B , không thỏa mãn (2). 17 19 Với 5 A=17 B , ta có A= B , C=− B . Chọn B=5 ta có A=17 ,C=− 19 , thỏa mãn (2). 5 5 Suy ra ( P):17 x +5 y −19 z −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.. (. ).

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Rõ ràng A và B xung khắc. Do đó áp dụng qui tắc cộng xác suất ta có C 1 . C136 C 124 . C 124 3 2 2 2 13 P( A ∪ B)=P (A )+ P (B)= 36 + = + = . 5 25 C 160 . C160 C 160 . C 160 5 13 12 Suy ra xác suất cần tính là P=1 − P( A ∪ B)=1− = . 25 25. ()().

<span class='text_page_counter'>(8)</span>