De luyen thi dai hoc de so 6

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THAM KHẢO. ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề.. ĐỀ SỐ 6 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). y. 2 x 1 x 1. Câu I (2 điểm) Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất. Câu II (2 điểm)  x1  y  1 4  x6  y 4 6 1. Giải hệ phương trình:  1 2(cos x  sin x)  cot x  1 2. Giải phương trình: tan x  cot 2 x. Câu III (1 điểm) Trong mặt phẳng (P) cho đường tròn (C) tâm O đường kính AB = 2R.Trên đường thẳng vuông 2R góc với (P) tại O lấy điểm S sao cho OS = R 3 . I là điểm thuộc đoạn OS với SI = 3 . M là một điểm. thuộc (C). H là hình chiếu của I trên SM. Tìm vị trí của M trên (C) để tứ diện ABHM có thể tích lớn nhất.Tìm giá trị lớn nhất đó. Câu IV (1 điểm) 1. dx. 1  x . 2. 1 x Tính tích phân: I = 1 Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn xyz=1. Chứng minh rằng 1 1 1   1 x  y 1 y  z 1 z  x 1 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 (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích 3 bằng 2 và trọng tâm thuộc đường thẳng  : 3x – y – 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C.. Câu VII.a (1 điểm) Từ các chữ số 0,1,2,3,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau ( chữ số đầu tiên phải khác 0) trong đó phải có chữ số 7. Câu VIII.a (1 điểm) Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm: B.Theo chương trình Nâng cao. log 1. x 2  1  log 1 ( ax  a ). 3. 3. x2 y 2  1 Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): 4 3 và đường thẳng  :3x + 4y =12. Từ điểm M bất kì trên  kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi. qua một điểm cố định. y. x2  4x  3 x2 có đồ thị (C).Giả sử đường thẳng y = kx + 1 cắt (C). Câu VII.b (1 điểm) Cho hàm số tại 2 điểm phân biệt A, B. Tìm tập hợp trung điểm I của AB khi k thay đổi.. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  Câu VIII.b (1 điểm) Giải phương trình:. . 3 1. log2 x.  x.. . . 31. log2 x. 1  x 2. ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 6 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Lu ý:Mọi cách giải đúng và ngắn gọn đều cho điểm tối đa Câu Đáp án I 1.(1,0 điểm) Khảo sát . . . (2,0 điểm). Điểm. * Tập xác định: D = R\{ - 1} * Sự biến thiên lim y  lim y 2 x   - Giới hạn và tiệm cận: x   ; tiệm cận ngang: y = 2 lim  y ; lim  y   x  (  1). x  (  1). 0,25. ; tiệm cận đứng: x = - 1. Bảng biến thiên 1 y'  0 2 ( x  1) Ta có với mọi x - 1 x - ∞ -1 + ∞ y’ + + -. + ∞. y 2. 0,5. 2 - ∞. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- ∞ ; -1) và ( -1; + ∞ ) * Đồ thị. 0,25. 2. (1,0 điểm) Tìm trên (C) những điểm. . . Gọi M(x0;y0) là một điểm thuộc (C), (x0 - 1) thì. y0 . 2 x0  1 x0  1. 0,25. Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì 0,25. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2 x0  1 1 MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = | x0  1 - 2| = | x0  1 |. x 0 1 .. Theo Cauchy thì MA + MB  2. 1 x0  1. =2. 0,25. 0,25.  MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x0 = 0 hoặc x0 = -2.Nh vậy ta có hai. điểm cần tìm là (0;1) và (-2;3) II (2,0 điểm). 1.(1,0 điểm) Giải hệ . . . Điều kiện: x -1, y 1 Cộng vế theo vế rồi trừ vế theo vế ta có hệ  x1  x 6  y  1  y 4 10   x6  x 1  y 4  y  1 2. 0,25 0,25. Đặt u= x  1  x  6 , v = y  1  y  4 . Ta có hệ   u  v10 5 5 u 5   2 v 5 u v  x3 y 5  là nghiệm của hệ 2. (1,0 ®iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh . . . Điều kiện:sinx.cosx 0 và cotx 1 Phơng trình tơng đơng 1 2(cos x  sin x)  sin x cos 2 x cos x  1 cos x sin 2 x sin x  2   k 2  cosx = 2  x = 4. 0,25. . 0,25. . 0,25 0,25. 0,25.   k 2 Đối chiếu điều kiện pt có 1 họ nghiệm x = 4 Tìm vị trí . . . . III. 0,25. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> (1,0 điểm). S. H I. O. B. A. M. 2R Tứ giác IHMO nội tiếp nên SH.SM = SI.SO mà OS = R 3 , SI = 3 ,. SO 2  OM 2 2 R  SH = R hay H là trung điểm của SM 1 3 Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên mp(MAB) thì HK = 2 SO= 2. 0,25. SM =. 0,25. R , (không đổi) 0,5  VBAHM lớn nhất khi dt(  MAB) lớn nhất  M là điểm giữa của cung AB. IV (1,0 điểm). 3 3 R Khi đó VBAHM= 6 (đvtt) Tính tích phân . . . 2 2 2 2 2 Đặt u = x+ 1  x thì u - x= 1  x  x  2ux  u 1  x u2  1 1 1   x  dx   1  2  du 2u 2 u . Đổi cận x= - 1 thì u = 2 -1 x = 1 thì u = 2 +1. 1 1   1  2  du 1 2 u   I    1  u 2 2 1 2 1. 1 2. Câu V (1,0 điểm). 2 1. du. 1. 2 1.  1.  1  u  2   u. 2. . 0,25 2 1. du. 1. 2 1. du.  1  u  2  (1  u)u. 2 1. 2. 2 1. 1 1    du u u 1 . = =1 Đặt x=a3 y=b3 z=c3 thì x, y, z >0 và abc=1.Ta có 21. 21. 0,25. 0,25 0,25 0,25. a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab) (a+b)ab, do a+b>0 và a2+b2-ab ab  a3 + b3+1  (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1 1  3  a  b  1 ab  a  b  c . 0,5. 3. Tơng tự ta có 1 1  3 b  c  1 bc  a  b  c  3. 1 1  3 c  a  1 ca  a  b  c  3. ,. Cộng theo vế ta có 1 1 1 1 1 1   3 3 3 3 3 x  y 1 y  z 1 z  x 1 = a  b  1 + b  c  1 + c  a 3 1 1 1 1 1   1     c  a  b  1  a  b  c a  b  c ab bc ca        =. 0,25. Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 VI. a (1,0 điểm). VII. a (1,0 điểm). Tìm tọa độ . . . 5 5 ; Ta có: AB = 2 , M = ( 2 2 ), pt AB: x – y – 5 = 0 3 1 3 S ABC = 2 d(C, AB).AB = 2  d(C, AB)= 2. 1 Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)= 2 t  (3t  8)  5 1 2  d(G, AB)= = 2  t = 1 hoặc t = 2  G(1; - 5) hoặc G(2; - 2)   Mà CM 3GM  C = (-2; 10) hoặc C = (1; -4) Từ các chữ số . . . Gọi số có 6 chữ số là abcdef Nếu a = 7 thì có 7 cách chọn b, 6 cách chọn c, 5 cách chọn d, 4 cách chọn e, 3 cách chọn f. ở đây có 7.6.5.4.3 = 2520số Nếu b = 7 thì có 6 cách chọn a, 6 cách chọn c, 5 cách chọn d, 4 cách chọn e, 3 cách chọn f. ở đây có 6.6.5.4.3 = 2160số Tơng tự với c, d, e, f Vậy tất cả có 2520+5.2160 = 13320 số. VIII. a (1,0 điểm). 0,25. 0,5 0,25. 0,25 0,5 0,25. Tìm a để . . . Điều kiện: ax + a > 0 Bpt tơng đơng. x 2  1  a( x  1). Nếu a>0 thì x +1 >0.Ta có. x2 1 a x 1 0,25 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Nếu a<0 thì x +1 <0.Ta có. x2 1 a x 1. x2 1 Xét hàm số y = x  1 với x - 1 x 1. 0,25. 2 2 y’ = ( x  1) x  1 =0 khi x=1. x -Ơ y’. -1 ||. -. -1. -. +Ơ + 1 2 2. 2 a> 2 hoặc a < - 1 Chứng minh . . . Gọi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) Tiếp tuyến tại A có dạng xx1 yy1  1 4 3 Tiếp tuyến đi qua M nên x0 x1 y0 y1  1 4 3 (1) Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt xx0 yy0  1 4 3 do M thuộc  nên 3x0 + 4y0 =12  4y0 =12-3x0 4 xx0 4 yy0 4 xx0 y (12  3 x0 )  4  4  4  4 3 3 Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì (x- y)x0 + 4y – 4 = 0 x  y 0 y 1  4 y  40  x1 Vậy AB luôn đi qua điểm cố định F(1;1) Tìm tập hợp . . . x2  4x  3 y x  2 . Ta có pt y = kx + 1 cắt (C):. . VII. b (1,0 điểm). 0. +. y. VI. b (1,0 điểm). 1 -. . x2  4 x  3 x  2 = kx + 1 có 2 nghiệm phân biệt  k 1 Trung điểm I của AB có tọa độ thỏa mãn  x2k 3  2k  2  y kx1 2 x 2  5x  2  y   2x  2. 0,25 0,25. 0,25. 0,5. 0,25. 0,25 0,5 0,25. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 2x2  5x  2 y 2x  2 Vậy quĩ tích cần tìm là đờng cong VIII. b (1,0 điểm). Giải phơng trình . . . Điều kiện : x>0.  Đặt. . 3 1 2. log2 x 2.  =u, 2. . 3 1. log 2 x. v. 0,25. ta có pt. u +uv = 1 + u v  (uv2-1)(u – 1) = 0   u 21  uv 1 . . . x =1. 0,5 0,25. 7.

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