Giai KSCL truoc dai hoc 2013 lan 1

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số... Gọi I là trung điểm cạnh BC , hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng ABC là trung điểm H của AI.. Góc giữa hai mặt phẳng SAB và AB

GIẢI ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG TRƯỚC ĐẠI HỌC 2013 MÔN TOÁN ( Thời gian 180 phút , không kể thời gian giao đề )

( Lần thứ nhất ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số 2 1

1

x y x

−

=

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

2 Tìm cặp điểm trên đồ thị (C) đối xứng với nhau qua đường thẳng : 2d x y− + =4 0

Bài giải :Đường thẳng ∆ vuông góc với : 2d x y− + =4 0 có dạng : 2 0

2

x m

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng ∆

1

2 1

( )( 1) 2(2 1) 0

x

x

≠ −



2 ( 5) 2 0 (*)

⇒∆ luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B Gọi I là trung điểm AB

5

5 5

I

I

I

m

I

m

+



A,B đối xứng nhau qua d ⇔ I ∈ d

5

4

m

Thay m = –3 vào (*) Ta được

2

4 6

1 6

2

2 5 0

4 6

1 6

2









Vậy cặp điểm cần tìm là 1 6;4 6 ; 1 6;4 6

Câu 2: (1 điểm) Giải phương trình : tan cos3 2cos 2 1 3.(sin 2 cos )

1 2sin

x

−

Bài giải : tan cos3 2cos 2 1 3.(sin 2 cos )

1 2sin

x

−

Điều kiện :

6 5 6 2

2 / 3 sin 1/ 2

cos 0

2

x

x

π π π

π π π

≠ +



≠

Phương trình tương đương với

2

sin (4cosx x− +3) 2cos 2x− =1 3 cos (2sinx x+1)(1 2sin )− x

sin 2(1 cos 2 ) 3x x (2cos 2x 1) 3 cos 1 2(1 cos 2 )x x

sin (2cos 2x x 1) (2cos 2x 1) 3 cos (2cos 2x x 1)

(2cos 2x 1)( 3 cosx sinx 1) 0

cos 2

2

1

x

π





Đối chiếu với điều kiện Ta được nghiệm của phương trình là : / 6 2 ( )

5 / 6 2

k Z



Câu 3: (1 điểm) Giải hệ phương trình trên tập số thực :

(3 ) 2 2 2 1 0







Bài giải :

(3 ) 2 2 2 1 0 (2)





1 2;

2

x≤ y≥

(2)⇔ − +(2 x 1) 2− =x (2y− +1 1) 2y−1

Xét hàm số f t( ) (= t2+1)t⇒ f t'( ) 3= t2+ >1 0 ∀ ∈t R

⇒ (t) đồng biến trên R

Từ (2) Ta có ( 2f −x)= f( 2y− ⇔1) 2y= −3 x

Ta có hệ phương trình :

( ) 1

2 3

x

x x

thoa y



Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1)

Câu 4: (1 điểm) Tính tích phân :

/3

0

tan (4 cos 3cos )

π

Bài giải :

sin

cos

x

x

/3

1

0

sin

π

= ∫ Đặt

/3

/3 /3

0

π

/3

2

0

sin

cos

x

x

π

= ∫ Đặt t= cosx⇒ =t2 cosx⇔sinxdx= −2tdt

2

2 /2

1

1

2

2

∫

I = I − I = − π + − + = − π

Câu 5: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = a , AC = a 3 Gọi I là trung điểm cạnh BC , hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của AI Góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABC) bằng 600 Tính thể tích S.ABC và khoảng cách hai đường thẳng SC và AI

Bài giải : BC= AB2+AC2 =2a

1

2

BI = BC a= ⇒∆ABI là tam giác đều cạnh a

Trong (ABC) kẻ HK ⊥ AB , SH ⊥(ABC)⇒SH ⊥AB

Vậy AB⊥(SHK)⇒AB⊥SK

Góc giữa 2 mặt phẳng (SAB) và (ABC) là ·SKH =600

a

2

ABC

a

S = AB AC=

2 3

Qua C kể đường thẳng m // AI ⇒AI / /( ; )S m ⊃SC

Kẻ HD⊥m D m( ∈ ) Ta cũng có SH ⊥ ⇒ ⊥m m (SHD)⇒( ; ) (S m ⊥ SHD) theo giao tuyến SD

Trong (SHD) kẻ HJ ⊥SD (J SD∈ )⇒HJ ⊥( ; )S m

Dựng hình chữ nhật HIED ; ·ICE BIA=· =600

.sin 60

2

a

HD IE IC= = =

∆SHD vuông tại H có HJ là đường cao nên : 12 12 12 162 42 282 3 7

a HJ

HJ =SH +HD = a + a = a ⇒ =

Vậy ( ; ) ( ;( ; )) ( ;( ; )) 3 7

14

a

d AI SC =d AI S m =d H S m =HJ =

Câu 6: (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực

.

1 2

1 18 1

1 2

2

2 2

2 2

m x

x

x x

x x

= + + +

+ +



1 1 2

18 1

1 2

2

2

x

x x

+ + + +

















− + +

1

2

2+

+

=

x

x

t Phương trình trở thành .

1

18 ) 1

t

+ +

−

1

2 )

(

2+

+

=

x

x x

1 ) 1 (

2 1 )

( '

2

−

=

x x

x x

g

; 2

1 0

)

(

' x = ⇔x=

g lim ( )=1, lim ( )=−1.

−∞

→ +∞

x x

Dựa vào BBT ta có với x∈(−∞;+∞) thì t∈(−1; 5]. Do đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình m

t

+ +

−

1

18 ) 1 ( 2 có nghiệm t∈(−1; 5]

Xét hàm f(t)=(t−1)2+t18+1 trên (−1; 5]

Ta có f'(t)=2(t−1)−(t18+1)2; f'(t)=0⇔x=2;

( 1)

3 5 5 lim ( ) ; (2) 7; ( 5)

2 2

+

Dựa vào BBT, ta có phương trình f(t)=m có nghiệm t∈(−1; 5] khi và chỉ khi m≥7

PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) - Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình chuẩn.

Câu 7a: (1 điểm) Cho hai đường tròn 2 2

1

( ) : (C x−1) +(y−2) =4và 2 2

2

( ) : (C x−2) + −(y 3) =2cắt nhau tại điểm A(1 ;4) Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt lại (C1) , (C2) lần lượt tại các điểm M,N (khác A) sao cho

MA = 2NA

Bài giải : Đường tròn (C1) có tâm I1 (1 ;2) bán kính R1=2 , Đường

tròn (C2) có tâm I2 (2 ;3) bán kính R2= 2

Giả sử đường thẳng ∆ cần tìm có VTPT nuur∆ =( ; ) 0a b ≠r

:ax by a 4b 0

Gọi H,K lần lượt là trung điểm AM,AN Ta có

I H ⊥MN I K⊥MN

2 | | ( ; ) b

I H d I

a b

| | ( ; ) a b

I K d I

a b

−

+

2 2

MA= AN ⇔AH = AK ⇔AH = AK

2

b

=



Với b = 0 Chọn a = 1 Ta có :d x− =1 0

Với b = –2a Chọn a = 1 ; b = –2 Ta có :d x−2y+ =7 0

Câu 8a: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : Q x+2y−2z+ =2 0 và đường thẳng

(d) có phương trình ( ) : 2 2

− Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) và tạo với mặt

phẳng (Q) một góc α với sin 5

6

α =

Bài giải : sin 5 cos 1

α = ⇒ α = (vì α nhọn)

( ) :

− đi qua điểm M(2 ; 0 ; 2) có VTCP uuurd = −(1; 1;1)

Gọi VTPT của mặt phẳng (P) cần tìm là nuurP =( ; ; ) 0a b c ≠r

P d

uur uur

·

| 2 2 | 1 cos ( ),( )

6 3

P Q

2 | 3 |a 3 a c (a c) 6a 2a 2c 2ac

2

c a

c ac a

=



Với c = a Từ (1) ⇒ b =2a Chọn nuurP =(1;2;1) phương trình mặt phẳng cần tìm ( ) :P x+2y z+ − =4 0

Với c = −2a Từ (1) ⇒ b = −a Chọn nuurP = − −(1; 1; 2) phương trình mặt phẳng cần tìm ( ) :P x y− −2z+ =2 0

Vậy có 2 mặt phẳng cần tìm là ( ) :P1 x+2y z+ − =4 0và ( ) :P2 x y− −2z+ =2 0

Câu 9a: (1 điểm) Giải phương trình: log (25 2 8 15)2 1log 5 1 log |5 5 |

x

-Bài giải : log (25 2 8 15)2 1log 5 1 log |5 5 |

x

-Điều kiện x>1;x≠3;x≠5 phương trình đã cho tương đương với

2

1 log | 8 15 | log log | 5 |

2

x

1 log | 3 | log | 5 | log log | 5 |

2

x

5( )

2 6 1

3

x loai

=



− = −

Vậy phương trình có nghiệm 7

3

x=

B Theo chương trình nâng cao.

Câu 7b: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh

(2;3)

A , đường phân giác trong góc A có phương trình x y − + = 1 0, tâm đường

tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(6 ; 6) và diện tích tam giác ABC gấp ba lần

diện tích tam giác IBC Viết phương trình cạnh BC

Bài giải : Gọi M là giao điểm của phân giác trong góc A và đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC (M khác A) H là hình chiếu của I trên AM

IH ⊥AM⇒IH x y+ − =

Tọa độ H là nghiệm hệ phương trình

;

x y

H

x y

− + =

⇒



H là trung điểm AM nên tọa độ điểm M là M(9 ;10)⇒IMuuur=(3;4)

BC⊥IM nên BC có phương trình BC: 3x+4y m+ =0

3 ( , ) 3 ( , )

ABC IBC

S = S ⇔d A BC = d I BC

|18 | 3 | 42 |

Vậy có 2 đường thẳng BC cần tìm là 3x+4y−54 0;3= x+4y−36 0=

Câu 8b: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) : (S x+1)2+ −(y 1)2+z2=9 và điểm (1;0; 2)

A − .Viết phương trình đường thẳng∆tiếp xúc với (S) tại A và tạo với trục Ox một góc α có cos 1 .

3 10

α =

Bài giải : Mặt cầu (S) có tâm I(–1;1;0) bán kính R = 3 ; IAuur=(2; 1 2)− −

Gọi đường thẳng ∆ có VTCP uuur∆=( ; ; ) 0a b c ≠r

uur uur

∆ tạo với Ox một góc α thỏa cos 1

3 10

α =

2 2 2

89 (2 2 )

3 10

a

8

 = ⇒ = −





a= b= − Chọn (1; 8;5) : 1 2

u∆= − ⇒ ∆ − = = +

−

uur

Với 5 ; 44

a=− b= −

Chọn (5;44; 17) : 1 2

−

uur

Câu 9b: (1 điểm) Giải phương trình trên tập số phức biết rằng phương trình sau có nghiệm thực :

2z3−5z2+ +(3 2 )i z+ + =3 i 0

Bài giải : Giả sử z = a (a ∈R) là nghiệm của phương trình Ta có

2

2 1 0

a

+ =



Phương trình đã cho có thể viết lại

2

(2z+1)(z −3z+ + =3 i) 0

2

1 2

3 3 0 (*)

z

 = −



⇔ 

 − + + =

 2

(*)⇔z −3z+ + =3 i 0

2

9 12 4i 3 4i (1 2 )i

∆ = − − = − − = −

Phương trình (*) có nghiệm 2

1

= −



 = +



Vậy phương trình có 3 nghiệm 1; 2 ; 1

2

z= − z= −i z= +i

GIẢI ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG TRƯỚC ĐẠI HỌC 2013 MÔN TOÁN ( Thời gian 180 phút , không kể thời gian giao đề )

( Lần thứ hai ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số y x= 4−2mx2+1 (C m)

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1

2.Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị và đường tròn đi qua 3 điểm này có bán kính bằng 1

Bài giải : y' 4= x3−4mx=4 (x x2−m)

Hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi y ‘ = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0

Lúc này đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là A(0;1); (B − m;1−m2); (C m;1−m2)

Tam giác ABC cân tại A Gọi H là trung điểm BC ⇒ AH ⊥ BC

2

4

+

Áp dụng định lý hàm số sin ta có

AB= R C= C⇔m + =m m

1

2

m

m

=





 =



Vậy m=1 hoặc 5 1

2

m= − thì yêu cầu bài toán được thỏa

Câu 2: (1 điểm) Giải phương trình : sin 4x+ =2 cos3x+4sinx+cosx

Bài giải : sin 4x+ =2 cos3x+4sinx+cosx⇔sin 4x+ =2 2cos 2 cosx x+4sinx

cos 2 cos (2sinx x x 1) (2sinx 1) 0

2

(2sinx 1) cos (2cos x x 1) 1 0

3

/ 6 2 1

5 / 6 2 ( ) 2

2cos cos 1 0 cos 1

2

x k

π





− =

Vậy phương trình có nghiệm

/ 6 2

5 / 6 2 ( ) 2

x k

π





 =



Câu 3: (1 điểm) Giải hệ phương trình

x xy y







Bài giải :

2

2

2; 1 1

y

x xy y

Vậy hệ phương trình có nghiệm (2 ;1) ; (−2 ; −1)

Câu 4: (1 điểm) Tính tích phân

1

( 1)ln

ln

x x x

=

+

∫

Bài giải :

1

( 1)

e

ln

(ln 1)

e

x

x x

=

+

∫ Đặt t lnx 1 lnx t 1 dx dt

x

x= ⇒ =t x e= ⇒ =t

( )

2

2 1 1

1

ln | | 1 ln 2

t

t

−

Câu 5: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính

AD = 2a SA vuông góc với đáy Gọi M là trung điểm cạnh SB , biết khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD) bằng 3

4

a

Tính thể tích khối chóp S.ABCD và cosin góc giữa 2 đường thẳng BC và DM

Bài giải : Gọi I là trung điểm AD ⇒ BCDI là hình bình hành

3 ( ,( )) 2 ( ,( )) 2 ( ,( ))

2

a

d A SCD = d I SCD = d B SCD =

,

DC⊥AC AB⊥BD ( góc nội tiếp nửa đường tròn )

AC BD= = a −a =a

( , ) sin 60

2

a

d B AD =AB =

2

ABCD

DC AC

DC SA



Trong (SAC) kẻ AH ⊥SC H SC( ∈ )⇒AH ⊥(SCD)

3 ( ,( ))

2

a

AH =d A SCD =

AH = SA + AC ⇒ SA = a − a = a ⇒ =

3

SABCD ABCD

a

2

a

SB= SA +AB =a ⇒AM = SB=

2

DB SA



·

2

cos

2.2 2

a

ADM

a

Vậy cos( , ) cos( , ) cos· 14

4

BC DM = AD DM = ADM =

Câu 6: (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:

2

sin

2 sin 1 2cos

x

π

π π

Bài giải :

sin

sin cos 4

sin 1 2cos 2 sin 1 2cos

x

y

π

2

4

2 2

Khi cos 0 cos 0 ;

2

x x π π

≠ ⇒ < ∀ ∈  Chia tử và mẫu cho cosx Ta được

2

tan 1

2(tan 3 tan )

x y

−

=

− + Đặt t=tanx với x∈π π2; ⇒ ∈ −∞t ( ;0].

2

t

t t

−

2

2 2 2

'( )

t

t

f t

t t

+

=

2

+ + −

=

Xét '( ) 0f t ≥ ⇔ t2+ ≤ −3 1 t (vì t− t2+ <3 0)

⇔ t2+ ≤ −3 (1 t)2 ⇔ t≤ −1

Bảng biến thiên

Kết hợp hai trường hợp của x, ta có 2

max

3

min

4

y =

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B.

A: Theo chương trình chuẩn

Câu 7a: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x2 + y2 – 9x – y + 18 = 0 và hai điểm A(1; 4), B(−1; 3) Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành Viết phương trình đường thẳng CD.

Bài giải : ( ) :T x2+y2−9x y− + =18 0 có tâm 9 1;

2 2

I 

 bán kính

10 2

R=

uuur

Phương trình đường thẳng AB x: −2y+ =7 0 CD//AB nên CD có phương trình CD x: −2y m+ =0 (m≠7)

Gọi H là trung điểm CD Ta có IH ⊥ CD

2

AB

IH =R −CH =R − = − ⇒IH =

9 1

1

( , )

6

m

m m

d I CD

m

 +

Vậy có 2 đường thẳng CD cần tìm là x−2y− =1 0;x−2y− =6 0

Câu 8a: (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (α): 3x−3y+2z+37 0= và các điểm

A(4;1;5), B(3;0;1), C(−1;2; 0) Tìm toạ độ điểm M thuộc (α) để biểu thức MA.MB MB.MC MC.MAuuuur uuur uuur uuuur uuuur uuuur+ + đạt giá trị nhỏ nhất:

Bài giải : Gọi G là trọng tâm tam giác ABC Ta có (2;1;2)G và GA GB GCuuur uuur uuur r+ + =0

MA.MB MB.MC MC.MA

T=uuuur uuur uuur uuuur uuuur uuuur+ +

(MG GA MG GB)( ) (MG GB MG GC)( ) (MG GC MG GA)( )

= uuuur uuur uuuur uuur+ + + uuuur uuur uuuur uuur+ + + uuuur uuur uuuur uuur+ +

2

3MG 2MG GA GB GC GA GB GB GC GC GA

= + uuuur uuur uuur uuur+ + +uuur uuur uuur uuur uuur uuur+ +

2

3MG GA GB GB GC GC GA

= +uuur uuur uuur uuur uuur uuur+ +

Vì GA GB GB GC GC GAuuur uuur uuur uuur uuur uuur + + là hằng số nên

T ⇔MG ⇒ M là hình chiếu của G lên mặt phẳng (α)

GM ⊥ α ⇒GM − = − = −

−

Tọa độ M thỏa mãn hệ phương trình

3 0 4

3 3 2 37 0

Vậy điểm M(−4;7;−2) là điểm cần tìm

Câu 9a: (1 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn : 3 5

3

C + + A+ = n Tìm số hạng không chứa x trong khai

triển nhị thức Newton của 3 2 1

; 0

n

x

Bài giải : Điều kiện n ∈ N* ; n ≥ 3 Ta có :

1 42 1 3!.( 2)! 42.( 3)! 1

(n 1)(n 1) (n 4)(n 1) 3

18(n 4) 126 n 5n 4 n 23n 50 0 n 5

5

1

x

Số hạng không chứa x tương ứng 10 5− k= ⇔ =0 k 2Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là 2

C =

B: Theo chương nâng cao

Câu 7b: (1 điểm) Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có phương trình đường

thẳng AD: 2x y+ + =6 0 M(2;5) là trung điểm BC và DC BC= 2 2= AB Tìm tọa độ các đỉnh hình thang biết A

có tung độ dương

Bài giải : Giả sử AB a= ⇒CD=2 ;a BC a= 2 Kẻ BE⊥CD⇒CE ED a= = ⇒; BE a AD= =

Gọi N là trung điểm AD ⇒MN⊥AD Phương trình đường thẳng MN x: −2y+ =8 0

Tọa độ N là nghiệm hệ phương trình :

( 4;2)

N

3

2

a

uuuur

A,D thuộc đường tròn (T) tâm N bán kính 5

2

a

R= =

( ) : (T x+4) +(y−2) =5

Tọa độ A,D là nghiệm hệ phương trình :

5; 4 ( 4) ( 2) 5 5( 4) 5

Vì A có tung độ dương nên ( 5;4); ( 3;0)A − D −

2

(4;2) ( 1;6)

3

AB= NM = ⇒ −B

uuur uuuur

M là trung điểm BC nên (5;4)C

Vậy ( 5;4); ( 1;6); (5;4) ( 3;0)A− B − C D −

Câu 8b: (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d):

2

1 2

y t

= −



 =



 = − −



và mặt phẳng (P):

1 0

x y z + − + = Gọi (d’) là hình chiếu của (d) lên mặt phẳng (P) Tìm toạ độ điểm H thuộc (d’) sao cho H cách điểm K ( 1;1; 4 ) một khoảng bằng 53

Bài giải : I = d ∩ (P) ⇒ Tọa độ điểm I ứng với t thỏa mãn :

2t t 1 2t 1 0 t 2 I(4; 2;3)

Đường thẳng d có VTCP uuurd = −( 2;1; 2)−

Mặt phẳng (P) có VTPT nuurP=(1;1; 1)−

(Q) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P) ⇒ (Q) có VTPT

nuurQ=u nuur uurd, P= − −(1; 4; 3)

Đường thẳng d’ là hình chiếu của d lên (P) ⇒ d’ = (P) ∩ (Q) ⇒ d’ có VTCP uuuurd'=n nuur uurP, Q= −( 7;2; 5)−

Đường thẳng d’ có phương trình :

4 7

3 5

= −





 = −



H ∈ d’ ⇒ H có tọa độ : (4 7 ; 2 2 ;3 5 )H − m− + m − m

2 25 (3 7 )2 (2 3)2 (5 1)2 53

17 / 39

m

m

=



Với m = 1 Ta có điểm H(−3;0; 2)− )

Với m = –17/39 Ta có điểm 275; 112 202;

39 39 39

Câu 9b: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn các điều kiện:

z i− = − −z 2 3i Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mô đun nhỏ nhất

Bài giải : Đặt z x yi= + ( ;x y R∈ )

2 3 0

x y

Vậy tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn số phức z là đường thẳng :∆ −x 2y− =3 0

|z| nhỏ nhất ⇔ |OM uuuur| nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của O trên ∆

Tọa độ M thỏa mãn hệ phương trình : { { 3

6

3 6

−

Vậy số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán là 3 6

5 5

z= − i

GIẢI ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG TRƯỚC ĐẠI HỌC 2013 MÔN TOÁN ( Thời gian 180 phút , không kể thời gian giao đề )

( Lần thứ ba ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số : 2 1 ( )

1

x

x

−

= +

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

2. Gọi I là giao điểm 2 tiệm cận của đồ thị (C) Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến tại M của đồ thị (C) cắt 2 tiệm cận tại A và B sao cho IA IBuur uur+ =2 10

Bài giải : 2 1 2 3

x y

−

+ + Giao điểm hai tiệm cận I(−1 ; 2)

Gọi ( ;2 3 )

1

M m

m

−

+ đường thẳng ∆ là tiếp tuyến tại M Ta có :

2

1 ( 1)

m m

+ +

A là giao điểm của ∆ và tiệm cận đứng Tọa độ A thỏa

1

6 ( 1; 2 ) 6

1 2

1

x

A

m y

m

= −





B là giao điểm của ∆ và tiệm cận ngang Tọa độ B thỏa

2

(2 1; 2) 1

y

B m

x m m

=

 − = +



Trung điểm AB có tọa độ ( ;2 3 )

1

m

+ Vậy M là trung điểm AB

Theo bài IA IBuur uur+ =2 10⇒2IM =2 10⇔IM2 =10

2 2

2

9

0

2

m

m

m

m

=





 =

 = −



Vậy có 4 điểm M cần tìm là : M1( )2;1 ,M2(−4;3 ,) M3(0; 1 ,− ) M4(−2;5)

Câu 2: (1 điểm) Giải phương trình : 2sin tan 1 1 tan 3

cos3

x

6 3

l

Phương trình tương đương với

2sin 1 tan 3 tan

x

2sin 1 2sin 1

cos3 cos3

x x

⇔ − = − ⇔(2sinx−1)(cos3x− =1) 0

6 5 6 2 3

2 1

2

π π π

π π

= +









Đối chiếu điều kiện Ta có 2 ( )

3

k

x= π k Z∈