Đề thi thử đại học 2013

Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị C của hàm số.. Cỏc cạnh bờn của hỡnh chúp bằng nhau và bằng a 2.. Xỏc định toạ độ cỏc điểm B và C, biết diện tớch tam giỏc ABC bằng 18.. Viết phương t

TRUNG TÂM GIA SƯ

ALPHA TP VINH

Đề số 01

ĐĐ

đề THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2013

Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

 Phần chung cho tất cả các thí sinh:(7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x= − +3 3x 2

1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2 Viết phương trỡnh đường thẳng cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phõn biệt A, B, C sao cho điểm A cú hoành độ bằng 2 và BC= 2 2

Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trỡnh: cos 2x+cosx(2 tan2x− =1) 2

2.Giải phơng trình: log(10.5x +15.20x)=x+log25.

Câu III (1điểm) Tỡm cỏc giỏ trị của tham số m để hệ phương trỡnh:









= +

=

−

−

1

0 2

xy x

m y x

cú nghiệm duy nhất

Câu IV(1 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh chữ nhật với AB = 2a, BC = a Cỏc cạnh

bờn của hỡnh chúp bằng nhau và bằng a 2

a) Tớnh thể tớch khối chúp S.ABCD theo a.

b) Gọi M, N, E, F lần lượt là trung điểm của cỏc cạnh AB, CD, SC, SD Chứng minh đường thẳng SN vuụng gúc với mặt phẳng (MEF).

Câu V(1 điểm) Cho x, y là cỏc số thực dương thỏa món x + y = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

= + ữ + ữ

 Phần Riêng: (3 điểm) Thí sinh chỉ đ ợc chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chơng trình chuẩn.

Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giỏc ABC cõn tại A(-1; 4) và cỏc đỉnh B, C thuộc

đường thẳng ∆: x – y – 4 = 0 Xỏc định toạ độ cỏc điểm B và C, biết diện tớch tam giỏc ABC bằng

18

2 Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) :

1

x + y = , cú cỏc tiờu điểm là F F Tỡm tọa độ cỏc điểm1, 2

M nằm trờn elip (E) sao cho MF1 ⊥MF2.

Câu VII.a (1 điểm) Cho hàm số

1

1 2

−

−

=

x

x

y cú đồ thị là (C) Viết phương trỡnh tiếp tuyến của (C), biết

khoảng cỏch từ điểm I(1; 2) đến tiếp tuyến bằng 2

B Theo chơng trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường trũn (C) cú phương trỡnh:

x +y + x− = Tia Oy cắt (C) tại điểm A Lập phương trỡnh đường trũn (C’) cú bỏn kớnh

R’ = 2, biết (C’) tiếp xỳc ngoài với đường trũn (C) tại A.

2.Trong khụng gian với hệ toạ độ Oxyz , cho cỏc điểm B(0;3;0 ,) M(4;0; 3− ) Viết phương trỡnh mặt phẳng ( )P chứa , B M và cắt cỏc trục Ox Oz lần lượt tại cỏc điểm A và C sao cho thể tớch khối tứ, diện OABC bằng 3 (O là gốc toạ độ)

Câu VII.b (1 điểm) Cho hàm số:

1

3

2

+

+ +

=

x

a x x

y (a là tham số) cú đồ thị là (C a) Tìm tất cả cỏc giỏ trị

của a để ( C a) có tiếp tuyến vuông góc với đờng phân giác của góc phần tư thứ nhất trong hệ trục tọa

độ Oxy Với cỏc giỏ trị a khi đó, chứng tỏ hàm số luụn cú hai cực trị.

Hết

(Học sinh làm theo cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa)

1

Đáp án - thang điểm

C©u §¸p ¸n §iÓm I

(2 ®iÓm) 1 (1,0 ®iÓm)

Hàm số y = x3− 3x + 2.

 Tập xác định của hàm số là R.

 Sự biến thiên của hàm số

a) Giới hạn tại vô cực:

Ta có xlim→−∞y= −∞; limx→+∞y= +∞

b) Bảng biến thiên:

Ta có y’ = 3x2− 3

y’= 0 ⇔ x = -1 hoặc x =1.

y’ + 0 − 0 +

y

−∞

4

0

+∞

 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; -1) và (1; +∞), nghịch biến trên (-1;1)

• Hàm số đạt cực đại tại điểm x = -1, giá trị cực đại của hàm số là y(-1) = 4.

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1, giá trị cực tiểu của hàm số là y( )1 = 0

 Đồ thị:

 Điểm uốn

Ta có y''=6x; y ''=0 ⇔ x=0.

Nhận thấy y’’ đổi dấu khi x qua điểm x=0

Do đó, điểmI( )0;2 là điểm uốn của đồ thị

 Đồ thị cắt trục tung tại điểm ( )0;2

 Phương trình y=0.

0 2 3

2

3

=

∨

−

=

⇔

= +

−

⇔

= +

−

⇔

x x

x x

x x

Do đó, đồ thị cắt trục hoành tại hai điểm là (−2;0) và (1; 0) Ngoài ra đồ thị còn đi

qua điểm (2; 4)

 Nhận xét : Đồ thị nhận điểm uốnI( )0;2 làm tâm đối xứng.

0,25

0,25

0,25

0,25

2 (1 ®iÓm)

Với x A = ⇒2 y A =4 Đường thẳng ∆ đi quaA( )2; 4 với hệ số góc k có phương

trình: y k x x= ( − A)+y A ⇒ ∆:y k x= ( − +2) 4

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và ∆ là:

x3− + =3x 2 k x( − + ⇔2) 4 (x−2) (x2+2x k− + =1) 0

( )







= +

− +

=

=

⇔

) 1 ( 0 1 2

2

x x g x

Điều kiện để có hai điểm B, C là phương trình g( )x =0 có hai nghiệm phân biệt

khác 2 hay tương đương với g( )2' 00

∆ >





0 9

k k

>



Khi đó B x y( 1; 1) (;C x y , với 2; 2) x1, x2 là nghiệm phương trình (1) và

4 2

1

1 =kx − k+

y ; y2 =kx2 −2k+4;

1 2 2 2 1 2

2 1 2

2 1

x

0,25

0,25

0,25

y

1 -2

2

2

4 (C)

-1

Suy ra ( ) ( ) [ ( ) ] ( 2) [ ( ) ] ( 2)

2 1

2 2 1 2 2 1 2

Hay BC2 =4k3 +4k (theo Vietx1+x2 =−2, x1.x2 =1−k)

Theo giả thiết BC = 2 2 nờn ta cú 4k3+4k =( )2 2 2 ⇔ 4k3 +4k−8=0

Vậy đường thẳng :∆ y = x + 2

0,25

II

(2 điểm) 1 (1,0 điểm) Đặt cos 2x+cosx(2 tan2x− =1) 2 là (1)

Điều kiện xỏc định của phương trỡnh là: cosx≠ ⇔ ≠0 x π/ 2+kπ , k∈Z (*)

Với điều kiện (*), phương trỡnh:

(1) (2cos2 1) cos [2( 12 1) 1] 2

cos

x

2cos x 3cos x 3cosx 2 0

2

(cosx 1)(2cos x 5cosx 2) 0











=

=

−

=

⇔

) (

2

1 cos

1 cos

vonghiem x

x x

(k Z)

k x

k x

∈









+

±

=

+

=

2 3

2

π

π

Cỏc giỏ trị trờn đều thỏa món điều kiện (*) nờn là nghiệm của phương trỡnh đó cho

0,25

0,25

0,25

0,25

2 (1,0 điểm) Ta cú:

log(10.5x +15.20x)= x+log25

(10.5x 15.20x) log(25.10x)

⇔

x x

x 15.20 25.10 5

⇔

0 10 2 25 4

⇔ x x (chia hai vế của phương trỡnh cho 5 )x

Đặt t=2x(t>0), ta đợc phương trỡnh : 15t2 - 25t +10 = 0









=

=

⇔

) ( 3 2

) ( 1

tm t

tm t

Với t =1 ⇒ 2x =1 ⇔ x=0











=

⇔

=

⇒

=

3

2 log 3

2 2 3

2

2

x

Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm là x=0 và 











=

3

2 log2

0,25 0,25

0,25 0,25

III

(1 điểm) Ta cú

(I)









−

=

=

−

−

⇔









= +

=

−

−

x xy

m y x xy

x

m y x

1

0 2

1

0 2

Với điều kiện 1−x≥0 ⇔ x≤1 ta cú:

(I) ⇔  ( − ) (= − )

−

=

) 1 ( 1

2

2

2

x m

x x

m x y

Do x = 0 khụng là nghiệm của (1) nờn :

) 2 (

1 2 )

1 ( 2

) 1 (

2

x x

m x

x m

⇔

0,25 0,25

3

Xét hàm số : ( )

x x

x

f = +2−1 với x≤1

( ) 1 1 0 ( ;1]\{ }0 ' = + 2 > ∀x∈ −∞

x x

f

Suy ra bảng biển thiên của hàm số

Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (2) có

nghiệm duy nhất x≤1

⇔ Đường thẳng y =m cắt đồ thị hàm số ( )

x x

x f

y= = +2−1 trên (−∞;1] tại đúng một điểm Từ bảng biến thiên, suy ra m>2

Vậy m>2 là các giá trị cần xác định của tham số m.

Chú ý : Học sinh có thể sử dụng phương pháp lớp 10 trong bài này.

0,25

0,25

IV

(1 ®iÓm) a) Gọi O = AC ∩ BD

Theo giả thiết SA = SB = SC= SD

và OA = OB = OC = OD, tức hai điểm S

và O cách đều bốn điểm A, B, C, D Suy

ra SO⊥(ABCD)

2

5 5

2

AO a

BC AB

Trong tam giác vuông SOA,

SO2 = SA2 - AO2 =

4

3a2

2

3

a

SO=

Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là:

3

3

3

.

a S

SO

b) Gọi K là trung điểm EF, khi đó K là trung điểm SN.

4

3 4

2 2 2

SMN cân tại M, dẫn đến SN ⊥MK

Mặt khác SN ⊥EF , suy ra SN ⊥(MEF) đpcm

0,25

0,25

0,25 0,25

V

(1 ®iÓm) Ta biến đổi ( )2 2

) (

1 2

xy xy

Do







= +

>

1

0 ,

y x

y x

nên

4

1 0

2

1= x+y≥ xy ⇒ < xy≤

Đặt ( )2

xy

t = , điều kiện của t là

16

1

0<t≤

Khi đó biểu thức ( )

t t t

f

P= =2+ +1

0,25

0,25

x f’(x)

f(x)

∞

∞

∞

+

∞

−

D

S

A

B

C

E F

N M

K

O

2

a

2

a

( ) 1;

2

t

t t

f = − ta thấy f'( )t <0 với mọi  



∈

16

1

; 0

t , suy ra hàm số f(t) nghịch biến

trên nửa khoảng  



16

1

; 0

Suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là:

( )

16

289 16

1 min

min

] 16

1

; 0 (

=













=

=

∈

f t f P

0,25

0,25

VI.a

(2 ®iÓm) 1 (1,0 ®iÓm)

Gọi H là trung điểm BC, khi đó;

2

9 ) 1 ( 1

4 4 1 ,

2

− +

−

−

−

=

∆

AH

2

1

=

S ABC

Suy ra = 36 =4 2

AH

Đường thẳng AH đi qua điểm A(-1;4) và vuông góc với đường thẳng ∆ nên có

phương trình: 1.(x + 1) + 1.(y – 4) = 0, hay AH: x+y−3=0.

⇒

∆

∩







= +

=

−

3

4

y x

y x

, suy ra

2

1

; 2

7











 −

H

Điểm B nằm trên đường thẳng ∆:y=x−4 nên B có tọa độ dạng B(m; m – 4)

2 2

2

2

 = + =



 = − =



Vậy tọa độ của hai điểm B, C là:











 −













2

5

; 2

3 , 2

3

; 2

11

C

2

5

; 2

3 , 2

3

; 2

11











 −











C

0,25

0,25

0,25

0,25

2 (1,0 ®iÓm)

Từ phương trình của elip ta có a=2,b=1 ⇒ c= a2 −b2 = 3

Vậy hai tiêu điểm của elip là F1(− 3;0) ( ),F2 3;0

Gọi M(x0; y0) thuộc elip, khi đó ta có 1 (1)

1 4

2 0

2

0 + y =

x

MF ⊥MF , suy ra M nằm trên đường tròn tâm O bán kính R =

2

2

1F F

= 3 , đo đó ta

có phương trình 2 3 (2)

0

2

0 + y =

x

Giải hệ gồm hai phương trình (1) và (2) ta được











=

=

3 1 3 8

2 0

2 0

y x

Vậy có 4 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán, M có tọa độ là:

0,25 0,25

0,25

5

A

∆

H







−

−









−









−









3

1

; 3

8

; 3

1

; 3

8

; 3

1

; 3

8

; 3

1

; 3

VII.a

) 1 (

1

−

−

=

x y

Gọi d là tiếp tuyến của (C) tại điểm ( )C

x

x x









−

−

1

1 2

;

0

0 0

1

1 2 )

1 (

1

0

0 0

2

− +

−

−

−

=

x

x x

x x

y

Hay d:x+(x0 −1)2y−2x02 +2x0 −1=0

Khoảng cách từ điểm I(1; 2) đến tiếp tuyến d bằng 2

) 1 ( 1

1 2 2 ) 1 ( 2 1

4 0 2

0

2 0

2 0

=

− +

− +

−

− +

⇔

x

x x x

0 4 0

2 2

2

x x

−

+ − ⇔2(x0 −1)2 =1+(x0 −1)4 ⇔ (x0 −1)2 =1 Giải được nghiệm x0 =0 và x0 =2

Vậy các tiếp tuyến cần tìm có phương trình là : x y+ − =1 0 và x y+ − =5 0

0,25

0,25

0,25 0,25

VI.b

(2 ®iÓm) 1 (1,0 ®iÓm)

Đường tròn (C) có tâm là I(-2 3 ; 0) và

bán kính R = 12+4 =4

Tia Oy cắt đường tròn tại A(0;2).

Gọi I’ là tâm của đường tròn (C’).

Phương trình đường thẳng IA : 2 3

 =





= +



Điểm 'I ∈IA nên I’( 2 3 ; 2 t t+2)

Từ giả thiết đường tròn (C’) bán kính R’ = 2

tiếp xúc ngoài với đường tròn (C) bán kính :

R = 4 tại điểm A nên ta có: 2 ' 1 '( 3;3)

2

uur uuur

Vậy đường tròn (C’) có phương trình: ( )2 ( )2

0,25

0,25

0,25 0,25

2 (1,0 ®iÓm)

Do các điểm A và C lần lượt nằm trên các trục Ox, Oy và khác gốc O nên:

(a ) (C c)

A ;0;0, 0;0; với ac≠0

Mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên 3 trục tọa độ nên có phương

+

c

z y a

x

(phương trình theo đoạn chắn) Theo giả thiết M(4;0; 3) ( )P 4 3 1 4c 3a ac

a c

ac

Từ (1) và (2) ta có hệ

4

3

2

a

= −



Vậy có hai mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu bài toán là:

0,25 0,25 0,25

0,25

A

y

2

O

I

x I’

( )1 ( )2

2

−

VII.b

(1 điểm) +) Tập xỏc định R\{ }−1

Ta có:

( )

2

2

y'

x 1

=

+

Đồ thị có tiếp tuyến vuông góc với đờng phân giác của góc phần t thứ nhất y = x khi

và chỉ khi hệ số gúc của tiếp tuyến lày'( )x =−1 Hay phương trỡnh

2

2

1

x 1

( )2

a 2 0 a 2

+) Ta cú y ' x( )=0 ⇔ x2 + 2x +3 – a = 0, (*) (x≠−1) Đặt f( )x = x2 +2x+3−a; ta cú f( )−1 =2−a ≠ 0 với a>2

Phương trỡnh (*) cú ∆'=a−2>0 với ∀a>2 Vậy khi a>2 thỡ phương trỡnh y'( )x =0 luụn cú hai nghiệm phõn biệt khỏc -1 và

y’ đổi dấu khi x đi qua hai nghiệm này, khi đú hàm số luụn cú hai cực trị đpcm.

0,25

0,25 0,25

0,25

Hết

7

x =− 2 −

I

2