Đề thi thử đại học lần 1 năm 2012 môn toán khối D trường THPT Nghèn, Can Lộc ppsx

Sở GD – ĐT Hà Tĩnh ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2012
Trường THPT Nghèn, Can Lộc Môn: Toán; Khối: D
GV. Đinh Văn Trường Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề


Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
x
y
x 1


.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị
(C) sao cho khoảng cách từ điểm I đến tiếp tuyến bằng
2
.
Câu II (3,0 điểm)
1. Giải phương trình:
 
2
x
2 3 cos x 2sin
2 4
1
2cos x 1

 
  
 
 



.
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
1 y
3 2
x y 1 x
x
x y 2 4
y

  

 



  



3. Giải phương trình:
   
2
3
3
log x 1 log 2x 1 2
   

Câu III (2,0 điểm)
1. Tìm nguyên hàm:


2
I ln x 1 x dx
  

.
2. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện
x y 1
 
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

x y
T
1 x 1 y
 
 

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy AB = a. Gọi SH là đường cao của
hình chóp và I là trung điểm của SH. Cho biết khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SBC) bằng
a 39
26
.
Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD.
Câu V (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, biết



A 3;6

, trực tâm


H 2;1
và trọng
tâm
4 7
G ;
3 3
 
 
 
. Xác định tọa độ các đỉnh B, C của tam giác ABC.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng
d:x y 1 2 0
   
và điểm


A 1;1

.
Viết phương trình đường tròn


C
đi qua A, gốc tọa độ O và tiếp xúc với đường thẳng d.

Hết


Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………… ………………………… ; Số báo danh: …………… ……
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
 Tập xác định:


D R \ 1
 
.
 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
 
2
1
y' 0
x 1
 

,
x D
 
.
Hàm số đồng biến trên các khoảng



; 1
 
và


1;
 
.



0,25
- Giới hạn và tiệm cận:
x x
lim y lim y 1
 
 
; tiệm cận ngang :
y 1

.

 
x 1
lim y

 
 
,

 
x 1
lim y

 
 
; tiệm cận đứng :
x 1
 
.

0,25
- Bảng biến thiên:












0,25
 Đồ thị:

0,25
2. (1,0 điểm)
Giả sử điểm
a
M a; (C)
a 1
 

 

 
. Phương trình tiếp tuyến tại M của đồ thị (C) là:

 
 
2
1 a
y x a
a 1
a 1
  


 
 

2
1 a
x a y 0
a 1
a 1
    









0,25
Tọa độ điểm


I 1;1
 . Khoảng cách từ điểm I đến



là:
 
 
4
2 a 1
d I,

1 a 1

 
 


0,25
Theo giả thiết ta có
 
4
a 0
2 a 1
2
a 2
1 a 1


 

 

 


0,25
I
(2,0 điểm)
Với
a 0


, ta có tiếp tuyến :
1
: y x
 
. Với
a 2
 
, ta có tiếp tuyến :
2
: y x 4
  
.
Vậy có hai tiếp tuyến :
1
: y x
 
và
2
: y x 4
  
.


0,25
1
1
x


-1



y’
y
+ +




3
1
-
1

-
3

y
-
3

-
1

1
3
x

Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)

Điều kiện :
1
cosx x k2
2 3

     
(*)
Phương trình đã cho tương đương với :
 
2 3 cosx 1 cos x 2cosx 1
2
 

 
     
 
 
 
 



0,25


2 3 cosx sinx-1 2cos x 1 sinx 3 cos x 0
       

0,25
t anx 3 x k

3

     


0,25
Đối chiếu với điều kiện (*), suy ra nghiệm :
2
x k2
3

   
.

0,25
2. (2,0 điểm)
Điều kiện :
2 2
x,y 0
x y 1



 

(*)
Đặt
2 2
u x y
x

v
y

 





. Hệ đã cho trở thành :
1 3 1 3
2 2
u 1 v 2v 3 v
u 2v 4 u 2v 4
 
     
 

 
 
 
   
 




0,25

2

v 1
4v 13v 9 0
u 2
u 2v 4
 

  

 
 

 


hoặc
9
v
4
1
u
2

 




 



0,25
Vì
0 u 1
 
nên
1
u
2
 
không thỏa mãn.
0,25
Với
2
2 2
x
1
y x
v 1 y 1
y
u 2 x 1
x 1
x y 2

 
 
   


 

  
   
 

 


 

hoặc
y 1
x 1



 


Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:




x;y 1; 1
 
hoặc





x;y 1;1
  .


0,25
3. (1,0 điểm)
Điều kiện :
1
x 1
2
 
(*)
Phương trình đã cho tương đương :


3 3
log x 1 log 2x 1 1
   


0,25





3
log x 1 2x 1 1 x 1 2x 1 3

       
. Xét hai trường hợp :

0,25
+
  
2
x 1
x 1
x 2
x 1 2x 1 3
2x 3x 2 0





  
 
  
  





0,25
II
(3,0 điểm)

+
  
2
1
1
x 1
x 1
2
2
1 x 2x 1 3
2x 3x 4 0


 
 
 

 
 
  
  


. Phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm :
x 2

.

0,25
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Đặt


2
2
1
du dx
u ln x 1 x
1 x
dv dx
v x



  
 


 
 





0,25


2
2
x
I xln x 1 x dx
1 x
   




0,25
=
 


2
2
2
d 1 x
xln x 1 x
2 1 x

  



0,25
=


2 2
xln x 1 x 1 x C
    


0,25
2. (1,0 điểm)
Do
x, y 0

và
x y 1
 
nên
0 x, y 1
 
. Áp dụng BĐT Côsi, ta có :
 


3 2x
1 3 2x
1 x 2. 1 x 2
2 4

2 2


     và
3 2y
1 y
2 2

 


0,25
Do đó,
x y 3 4xy
T 2 2 2 2
3 2x 3 2y 3 4xy
   

  
   
  
   


0,25
Đặt
t xy

. Ta có :
 

2
x y
1
0 t xy
4 4

   
. Do đó,
3 4t
T 2 2.
3 4t

 

 

 

Xét hàm số :
 
3 4t
f t
3 4t



, với
1
0 t
4

 



0,25
III
(2,0 điểm)
 
 
2
24
f ' t 0,
3 4t

 


1
t 0;
4
 
 


 
, suy ra
 
1
0;
4

1 1
minf t f
4 2
 


 
 
 
 
 

Vậy,
minT 2

; khi và chỉ khi
1
x y
2
 
.


0,25
J
H
A
D
B
C

S
I
K

Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ
HJ BC

,
J BC

. Vì
BC SH

nên


BC SHJ
 .
Trong mặt phẳng (SHJ), kẻ
IK SJ

. Khi đó,


IK SBC
 . Suy ra,
a 39
IK
26
 .

0,25
Ta có :
a
HJ
2

và hai tam giác vuông
SIK

,
SJH

đồng dạng nên

SI IK 39 13SI
SJ
SJ JH 13
39
   


0,25

IV
(1,0 điểm)
Đặt
SH 2x

,
x 0

13x
SJ
39
 
. Mặt khác,
2 2
2 2 2 2
13x a
SJ SH HJ 4x
3 4
    


0,25
a 3
x
2
  . Do đó,
SH 2x a 3
  .
Diện tích đáy :
2

ABCD
S a

. Thể tích :
3
S.ABCD ABCD
1 a 3
V SH.S
3 3
  .
0,25
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
G
I
H
A
B
C

Gọi I là trung điểm của BC và giả sử


I a;b
. Ta có :
AG 2GI

 

13 4

7
2 a
a
3 3
2
1
11 7
b
2 b
2
3 3

 

 

 


   
 
 
 
 

  
 




 

. Suy ra
7 1
I ;
2 2
 
 
 








0,25
Ta có,




AH 5; 5 5 1; 1
   

. Đường thẳng BC đi qua I và có VTPT là


n 1; 1




Phương trình đường thẳng BC :
x y 3 0
  
.

0,25
Giả sử


B t; t 3 BC
 


C 7 t;4 t
  
. Ta có


AB t 3;t 9
  

và


CH t 5;t 3
  


Do H là trực tâm của tam giác ABC nên
AB.CH 0

 


0,25
     
t 1
t 3 t 5 t 9 t 3 0
t 6


       




Vậy tọa độ các điểm B, C là :




B 1; 2 ,C 6;3
 hoặc





C 1; 2 ,B 6;3
 .


0,25
2. (1,0 điểm)
Phương trình của đường tròn (C) là :
2 2
x y 2ax 2by c 0
    
, với
2 2
a b c 0
  

Vì (C) đi qua gốc tọa độ O nên
c 0

.

0,25
Đường tròn (C) đi qua điểm


A 1;1
 nên
1 a b 0
  
( 1).
0,25

Tọa độ tâm I của đường tròn (C) là


I a; b
 
và bán kính
2 2
R a b
 

Vì đường tròn (C) tiếp xúc với đường thẳng d nên

 
2 2
a b 1 2
d I,d R a b
2
   
   



0,25
V
(2,0 điểm)
Sử dụng (1)
2 2
a b 1
 
(2). Ta có hệ phương trình

2 2
1 a b 0
a b 1
  


 


a 0
b 1




 

hoặc
a 1
b 0






Vậy có hai đường tròn:


2 2

1
C : x y 2y 0
  
hoặc


2 2
2
C :x y 2x 0
  
.



0,25


Chúc các em thành công !