ĐỀ THI THỬ LẦN 1 NĂM 2012 - THPT NGHÈN- HÀ TĨNH

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.. 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

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 3 cos x 2sin

1

2 cos x 1



2 Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

x

y









3 Giải phương trình: log3x 1 2log 32x 1  2

Câu III (2,0 điểm)

I   ln x  1 x  dx

2 Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện xy Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1

x y

T

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

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

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

I

(2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

 Tập xác định: DR \ 1

 Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên:

 2

1

x 1



,  x D Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và  1; 

0,25

- Giới hạn và tiệm cận:

xlim y xlim y 1

    ; tiệm cận ngang : y 1

 

x 1

lim y



 

 ,

 

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 M a; a (C)

a 1

 



 



  Phương trình tiếp tuyến tại M của đồ thị (C) là:

 2 

a 1

a 1



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,



 

Theo giả thiết ta có

 4

2 a 1

2





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

Câu Đáp án Điểm

II

(3,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

Điều kiện : cos x 1 x k2



      (*)

Phương trình đã cho tương đương với : 2 3 cos x 1 cos x 2 cos x 1

2

  

      

 

0,25

2 3 cos x s inx-1 2 cos x 1 s inx 3 cos x 0

3



Đối chiếu với điều kiện (*), suy ra nghiệm : x 2 k2

3



2 (2,0 điểm)

Điều kiện :

x, y 0









(*)

Đặt

x v y











Hệ đã cho trở thành :

u 1 v 2v 3 v

u 2v 4 u 2v 4

     



     

0,25

 





hoặc

9 v 4 1 u 2



 





  



0,25

Vì 0u1 nên u 1

2

  không thỏa mãn 0,25

x

y





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 : log x 13  log32x 1 1

0,25

log x 1 2x 13     1 x 1 2x 1   3 Xét hai trường hợp :

0,25

+

x 2

x 1 2x 1 3 2x 3x 2 0



     

+

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

x

I x ln x 1 x dx

1 x

   



=  2  2

2

d 1 x

x ln x 1 x

2 1 x



  



=  2 2

x ln x 1 x  1 x C 0,25

2 (1,0 điểm)

Do x, y và x0 y 1 nên 0x, y 1 Áp dụng BĐT Côsi, ta có :

 1 3 2x 3 2x

1 x 2 1 x 2

     và 1 y 3 2y

2 2



Do đó, T 2 2 x y 2 2 3 4xy

3 2x 3 2y 3 4xy

     

Đặt txy Ta có : x y2 1

0 t xy

4 4



    Do đó, T 2 2 3 4t

3 4t



 

  



 

Xét hàm số : f t  3 4t

3 4t





 , với

1

4

 

0,25

 

 2

24

3 4t





1

t 0;

4

 

   

 , suy ra 1  

0;

4

1 1 min f t f

4 2

 

 

 

 

  

 

Vậy, min T 2 ; khi và chỉ khi x y 1

2

0,25

IV

(1,0 điểm)

J H

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, IK a 39

26



0,25

Ta có : HJ a

2

 và hai tam giác vuông SIK, SJH đồng dạng nên

SI IK 39 SJ 13SI

SJ  JH  13   39

0,25

Đặt SH2x, x0 SJ 13x

39

  Mặt khác,

SJ SH HJ 4x

a 3 x 2

  Do đó, SH2xa 3

Diện tích đáy : SABCD a2 Thể tích :

3

V SH.S

V

(2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

G I

H A

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

1

11 7

b

2 b

2

   

    

   

 

      



   



Suy ra I 7 1;

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 3 t 5 t 9t 3 0 t 1

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  , với 0 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 R a2b2

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

  a b 1 2 2 2

2

   

0,25

Sử dụng (1) a2b2  (2) Ta có hệ phương trình 1 1 a2 2b 0







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 !