Tứ giác BHCD có hai cặp cạnh đối song song nên nó là hình bình hành.. Suy ra IM là đường trung bình của tam giác AHD..[r]
Trang 1TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HÀ TĨNH
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013
Môn: TOÁN ; 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
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)
x x
x
cos sin
2 sin tan
2
+
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: =∫6
0
2 3 sin
π
xdx x
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, hình chiếu vuông 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
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
+ +
+
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
2 1
2
−
+
=
−
=
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
3 3 log
) 2 (
+
− +
−
x x
x x
-Hết -
Trang 2Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không 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
Môn: TOÁN ; Khối: B, D
* Tập xác định: R \{1}
* Sự biến thiên:
− Chiều biến thiên: y’ =
( 1) 0
1
2 >
−
x với mọi x ≠ 1 nên hàm số đồng biến trên các
khoảng(−∞,1), (1,+∞)
− Cực trị: Hàm số không có cực trị
0,25
− Giới hạn và tiệm cận:
2 lim =−
−∞
→ y
+∞
→ y
x ⇒ tiệm cận ngang y = −2,
+∞
=
−
→ y
xlim1 , + =−∞
→ y
x 1 lim ⇒ 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
-4 -3 -2 -1
x y
O
−
+
−
1
1 2 , 0
0 0
x
x
x ∈ (C) với x0 ≠1 Phương trình tiếp tuyến d của (C) tại M là:
( )2 ( 0) 0
0
0
1
1 1
1 2
x x x
x
x
−
=
−
+
−
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
( )
− +
−
=
+
−
− +
0
2 0 2
0
0 2
0
1
1 1
4 2 1
2 2
2
x
x x
x
I.2
x0 −12 =4 x0 =3;x0 =−1
y’ + || +
y
Trang 3Có bốn điểm M cần tìm là:
−
2
5
;
−
−
2
3
;
0
; 2
1
−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
+
=
2
cos sin
=
+
=
x x
x
2 sin 4 sin
0 sin
0,5
II.1
+)sinx=0 ⇔ x=kπ
4
+
+
−
=
+ +
=
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
x= +
Các nghiệm đều tmđk nên phương trình có nghiệm: x=kπ,
3
2 4
π
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
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
Từ đó 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 −
6 cos 1 π
dx
x
0 2 1 π
xdx − ∫6
0 6 cos 2 1 π
xdx
Tính J = ∫6
0
π
xdx =
0
6 2
2
π
x
= 72
2
π
III
Tính K = ∫6
0 6 cos
π
xdx
=
=
xdx dv
x u
6 cos ta có
=
=
x v
dx du
6 sin 6
Suy ra K =
0
6 6 sin 6
x
0 6 sin 6 1 π
xdx = 0 +
0
6 6 cos 36
x =
18
1
− 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
OA = nên BH =
3
5
a
Trang 4Trong tam giác vuông SHB ta có:
SH = BH.tan600 =
3
15
a
Thể tích khối chóp:
3
1
ABCD dt
9
15 3
a
0,25
O
D
A
B C
S
K
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
12
15
a
Từ đó khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD là
4
15
a
0,25
2 2
2 4
2
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
+ +
− +
y
x
Xét hàm số f (t) trên R, (4 2 1)
4 10 6 ) (
2
+ +
+ +
−
=
t t
t t t
−
=
=
⇔
=
3 1
2 0
) ( '
t
t t
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
I A
D M
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
Trang 5Ta 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
−
<
>
⇔
>
+
1
0 0
1
x
x x
x
1
3 log 1
3
+
+
x x
1 log 3
2 log 1 log
2 2
2
2
−
≥ + +
+
x
x x
x
⇔
3
4 log 1 log 3
2 log
3
2 log 1
2 2
2
2
≥ +
+
x
x
⇔
3
2 log 1
+
x
x
(vì
3
4 log 0 3
2 log2 < < 2 )
0,5
VII.a
Từ đó:
1 3
2 3
2
+
−
⇔
≤
x x
x
Đối chiếu điều kiện ta có 0<x≤2 0,25
Ta có (T):
4
10 2
9 2
=
− +
2
9 , 2
1
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 −
h và CD = 2 R2 −h2
20
7 2 2
5 2
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
d
G
B
C A
M
2
3
−
−
−
=
−
− +
=
−
+ +
= +
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
0,5
Trang 6Điều kiện:
≠
>
⇔
>
+
−
>
−
2
0 0
3 3
0 ) 2 ( 2
2
x x x
x x
x
Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với
3 3 2
3 3 log
2
2
3
3 − = − + ⇔ x x− =x − x+
x
x x
Nếu x>2ta cóx2−2x=x2−3x+3⇔ x=3(thoả mãn điều kiện) 0,25
VII.b
Nếu 0<x<2 ta có
=
=
⇔ +
−
= +
−
2 3
1 3
3
2
x
x x
x x
Vậy phương trình có 3 nghiệm
2
3
; 1
;
0,25
Mọi cách giải đúng và khác với hướng dẫn chấm này giám khảo cho điểm tương ứng