ĐỀ THI THỬ LẦN 1 NĂM 2012 - THPT NGHÈN- HÀ TĨNH
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.3 MB, 5 trang )
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
I
(2,0 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
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
II
(3,0 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
+
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
III
(2,0 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
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
IV
(1,0 điểm)
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
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
V
(2,0 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
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 !
