BỘ ĐỀ LUYỆN THI ĐH MÔN TOÁN

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (205.44 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
HÀ TĨNH

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 
Mơn: TỐN ; Khối: B, D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số

1
1
2

−
+
−
=

x
x

y .

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2. Tìm điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận tại hai điểm A và B thỏa
mãn AB = 17 .

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: x

x
x

x

x 2sin

cos
sin

2
sin
tan

1 =

+ .

2. Giải hệ phương trình:





=
−

=
+

3
2

1
3

2
3

3
3

x
xy

y
x
x

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: =

∫

0
2

3
sin

xdx
x

I .

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a, hình chiếu vng góc của S trên
đáy trùng với trọng tâm của tam giác ABD, cạnh SB tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, CD.

Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện 4x2 +2xy+y2 =3. Tìm giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của biểu thức P = x2 +2xy−y2.

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 4), trực tâm H(1; 3) và tâm
đường tròn ngoại tiếp I(2; 0). Viết phương trình đường thẳng BC.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 4; −3), B(4; 0; 1) và đường thẳng
d:

3
4
1

1
2

6 −

=
−
=

− y z

x

. Xác định các điểm C, D sao cho ABCD là hình thoi biết rằng D nằm trên d.
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 2

1
log
3

1
log

3
2
2

1 ≥

+
+

x
x
x

x

.
B. Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x2 +y2 −x−9y+18=0 và hai điểm
A(4;1), B(3; −1). Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết phương
trình đường thẳng CD.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:

1
2

2
1

−
+
=
−
=

− y z

x

và mặt phẳng
(P): 2x+2y−z−4=0. Tam giác ABC có đỉnh A(−1; 2; 1), các đỉnh B, C nằm trên (P) và trọng tâm
G nằm trên d. Tính độ dài đường trung tuyến của tam giác ABC kẻ từ đỉnh A.

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: 0.
3
3
log

)
2
(

log3 2 3 2 =

+
−
+

−

x
x

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:……..……….; Số báo danh………..
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

HÀ TĨNH

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 
HƯỚNG DẪN CHẤM

Mơn: TỐN ; Khối: B, D

Câu Nội dung Điểm

* Tập xác định: R \{1}
* Sự biến thiên:

− Chiều biến thiên: y’ =

(

)

1
2 >

−

x với mọi x

≠ 1 nên hàm số đồng biến trên các
khoảng(−∞,1), (1,+∞).

− Cực trị: Hàm số khơng có cực trị.

0,25

− Giới hạn và tiệm cận:
2
lim =−

−∞

→ y

x , xlim→+∞y=−2

⇒ tiệm cận ngang y = −2,

+∞
=

−

→ y

xlim1 , xlim→1+ y=−∞

⇒ tiệm cận đứng x = 1.

0,25

− Bảng biến thiên:

0,25
I.1

−Đồ thị:

Đồ thị đi qua (0, −1); (2, −3) và nhận I(1, −2)
làm tâm đối xứng.

-1 1 2 3

-4
-3
-2
-1

x
y

I 0,25

Gọi M 








−
+
−

1
1
2
,

0
0
0

x
x

x ∈ (C) với x0 ≠1. Phương trình tiếp tuyến d của (C) tại M là:

(

)

(

)

0
0

1
1
1

1
2

x
x
x

x
x

y −

−
=
−

+
−

− .

0,25

Giao điểm A của tiệm cận đứng x=1và d là: A 







−
−

1
2
,
1

0
0
x

x
.

Giao điểm B của tiệm cận ngang y=−2và d là: B

(

2x0−1,−2

)

0,25

Ta có AB2 =

(

)

(

)

(

)









−
+
−
=









+
−
−

− 2

0
2
0
2

0
0
2

1
1
1

4
2
1
2
2

x
x

x . 0,25

I.2

⇔ 2 ⇔ 

(

)

 −12 =4
0

x

⇔ 

x0 =3;x0 =−1

x −∞ 1 +∞

y’ + || +
y

−2 −∞

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Có bốn điểm M cần tìm là: 






−
2
5
;

3 , 






−
−
2
3
;

1 , 






0
;
2
1

và 






−4
;
2
3
.
Điều kiện: cosx ≠ 0, sinx + cosx ≠ 0.

Pt ⇔

x
x
x
x
x
x
cos
sin
cos
sin
2
sin
2

tan
2
1
+
−
= ⇔
x
x
x
x
x
cos
sin
sin
2
cos
sin
2
1 2
+
=

⇔ x x x 2sin xcosx

2
cos
sin

sin + = 2 ⇔






=






+
=
x
x
x
2
sin
4
sin
0
sin
π .
0,5
II.1

+)sinx=0 ⇔ x=kπ

+) x sin2x

sin =






+π ⇔






+






+
−
=
+

+
=
π
π
π
π
π
2
4
2
2
4
2
k
x
x
k
x
x
⇔






+
=
+
=

3
2
4
2
4
π
π
π
π
k
x
k
x
⇔
3
2
4
π
π k

x= +

Các nghiệm đều tmđk nên phương trình có nghiệm: x=kπ,

3
2
4

π k

x= + .

0,5

Ta thấy x=0 không thỏa mãn hệ.
Với x≠0 hệ ⇔







=
−
=
+
x
y
x
y
3
2
1
3
2
3
3

. Đặt z
x =
1

, hệ trở thành




+
=
+
=
2
3
2
3
3
3
z
y
y
z

. 0,5

II.2

Từ hệ: z3−y3 =3y−3z ⇔

(

y−z

)

(

y2 +yz+z2 +3

)

=0 ⇔ z= y.

Thay vào được:y3 =3y+2⇔



=
−
=
2
1
y
y

. Từđó hệ có nghiệm (x, y) là: 





2
,
2
1

(

−1,−1

)

. 0,5

Ta có I =

∫

6
0
2
3

sin
π
xdx

x =

∫

−

6
0 2
6
cos
1
π
dx
x

x =

∫

0
2
1

xdx −

∫

6
0
6
cos

2
1
π
xdx

x . 0,25

Tính J =

∫

xdx =
0
6
2
2
π
x
=
72
2
π

. 0,25

III

Tính K =

∫

6
0
6
cos
π
xdx

x . Đặt




=
=
xdx
dv
x
u
6

cos ta có 



=
=
x
v
dx

du
6
sin
6
1 .

Suy ra K =

0
6
6
sin
6
1 π
x

x −

∫

6
0
6
sin
6
1
π

xdx = 0 +

0
6

6
cos
36
1 π

x =
18

− . Vậy I =
144
4
2+
π
.
0,5

IV Gọi H là trọng tâm tam giác ABD ⇒ SH ⊥ (ABCD) và ∠SBH = 600.
Gọi O là tâm đáy. Ta có OB =

2
a

, OH =

2
3
3

1 a

OA = nên BH =
3

5
a

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Trong tam giác vng SHB ta có:
SH = BH.tan600 =

3
15
a

.
Thể tích khối chóp:

V = . ( )

3
1

ABCD
dt

SH =

9
15

3
a

0,25

O
D

B
C

H M

Vì AB // CD nên ta có h(SA,CD) =
h(CD,(SAB)) = h(D,(SAB).

Lại có H là trọng tâm ∆ABD nên
h(D,(SAB)) = 3h(H,(SAB)).

0,25
Kẻ HM ⊥ AB tại M ⇒ (SHM) ⊥ AB ⇒ (SHM) ⊥ (SAB) theo giao tuyến SM.

Kẻ HK ⊥ SM tại K ⇒ HK ⊥ (SAB) ⇒ HK = h(H,(SAB)).
Ta có HM =

2
1

HA =
3
a

, SH =
3

15
a

và 1 2 1 2 12

SH
HM

HK = + nên HK = 12

15
a

.
Từ đó khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD là

15
a

0,25

Ta có 2 2

2
2

2
4

3 x xy y

y
xy
x

P

+
+

−
+

= .

Với y=0, từ giả thiết x≠0 nên
4
3

P .

0,25

Với y≠0, chia cả tử và mẫu cho y , 2
3
P

= ()

1
2
4

1
2
2
2

t
f

t

t
t

t =

+
+

−
+

với R

y
x

t= ∈ . 0,25

Xét hàm số f(t) trên R,

(

)

1
2
4

4
10
6
)
(

' 2

+
+

+
+
−
=

t
t

t
t
t

f ,






−
=
=

⇔
=

3
1
2
0

)
(
'

t
t
t

f . 0,25

V

Lập bảng biến thiên của f(t) trên R, tìm được

3
1
)
(

max f t = , min f(t)=−2.
Kết hợp các trường hợp ta có maxP=1, minP=−6.

0,25
Gọi D là điểm đối xứng của A qua I.

Tứ giác BHCD có hai cặp cạnh đối song song nên nó
là hình bình hành. Do đó BC, HD cắt nhau tại trung
điểm M của mỗi đường.

Suy ra IM là đường trung bình của tam giác AHD.

0, 5
VIa.1

B C

D
M

H Ta có IM AH

2
1

= ⇔









−
=
−

)
1
(
2
1
0

)
2
(
2
1
2

M
M

y
x

⇔






−
=
=

2
1
1

M
M

y
x

Đường thẳng BC qua M, nhận AH làm véc tơ pháp
tuyến nên có pt: 4x+2y−3=0.

0,5

VIa.2

(

)

= 



+
=

= t

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Ta thấy điểm B∈ d kết hợp với giả thiết D ∈ d nên tâm I của hình thoi cũng ∈ d.
Do ABCD là hình thoi nên ta có AC ⊥ BD hay I là hình chiếu của A trên d.
Gọi I

(

6+2t;1+t;4+3t

)

∈ d. Khi đó AI =(5+2t;−3+t;7+3t).

0
.u=

AI ⇔ 2

(

5+2t

) (

+ −3+t

) (

+37+3t

)

=0 ⇔ t=−2 hay I(2; -1; -2).

Do C và D lần lượt đối xứng với A và B qua I nên C(3; -6; -1) và D(0; -2; -5).
0,5

Điều kiện: 




−
<
>
⇔
>
+

1
0
0

x
x
x

x

. 0,25

Bpt ⇔ 2

1
3
log
1

log 2

2 ≥

+
+

+ x

x
x

x ⇔

3
log
2
1
log
3

2
log

1
log

2
2

−
≥
+
+

x
x
x

x

⇔

3
4
log
1
log
3
2
log

3
2
log
1

2
2

≥
+
+

x
x

⇔

3
2
log
1

log2 ≤ 2

x

(vì

3
4
log
0
3
2

log2 < < 2 ).

0,5
VII.a

Từđó:

(

)

0 1 2

1
3

2
3

1 + ≤ ⇔− < ≤

−
⇔
≤

+ x x

x
x

x

. Đối chiếu điều kiện ta có 0<x≤2. 0,25
Ta có (T):

4
10
2

9
2

1 2 2









−
+








− y

x nên (T) có tâm 







2
9
,
2
1

I và R =

2
10

(

−2,−1

)

AB và AB = 5.

Đường thẳng CD song song với AB nên có phương trình dạng 2x−y+m=0.

0,5
VIb.1

Khoảng cách từ I đến CD là:

5
2

7
2 −

= m

h và CD = 2 R2 −h2 .

Ta có CD = AB nên

(

)

7
2
2
5
2

=
−

− m ⇔

(

2m−7

)

2 =25 ⇔ 




=
=

1
6
m
m

.
Vậy CD có phương trình 2x−y+6=0 hoặc 2x−y+1=0.

0,5

Gọi G

(

2+t;2+2t;−2−2t

)

∈ d. Gọi M là trung điểm của BC. 0,25

VIb.2

C
A

Do AM AG

2
3

= nên

(

)

(

)

(

)












−
−
−
=
−

−
+
=
−

+
+
=
+

1
2
2
3
1

2
2

2
3
2

1
2
2
3
1

t
z

t
y

t
x

M
M
M

⇔

(

)

(

)










+
−
=

+
=

t
z

t
y

t
x

M
M
M

3
7
2
1

3
2

3
7
2
1

0,25

Theo giả thiết M ∈ (P) nên:

(

) (

7 3

)

4 0
2

1
3
2
2
3

7+ t+ + t + + t − = ⇔ t=−1.
Từ đó M

(

2;−1;−2

)

và AM = 3 3.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Điều kiện:





≠
>
⇔







>
+
−

>
−

2
0
0

3
3

)
2
(

2
2

x
x
x

. 0,25

Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với
3
3
2

3
3
log

log 2

2
3

3 ⇔ − = − +

+
−
=

− xx x x

x
x
x

x . 0,25

Nếu x>2ta có 2−2 = 2−3 +3⇔ =3
x
x

x
x

x (thoả mãn điều kiện) 0,25

VII.b

Nếu 0<x<2 ta có






=
=
⇔
+
−
=
+
−

2
3
1
3

2 2

x
x
x

x

x (thoả mãn điều kiện).

Vậy phương trình có 3 nghiệm

2
3
;
1
;

3 = =

= x x

x .

0,25

</div>

BỘ ĐỀ LUYỆN THI ĐH MÔN TOÁN

∫

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

(

)

(

)

(

) (

) (

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

) (

)

(

)

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về