Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1.. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1.. Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với mặt phẳng ,3 0 P cắt trục hoành và cắt đường thẳ
Trang 1SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
Môn thi: TOÁN; Khối: A,A1 & B
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
x y x
−
= + (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)
2 Tìm m để đường thẳng d y: = +x m cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A B sao cho ,
OA +OB = , trong đó O là gốc toạ độ
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình 2 cos 2 cot
sin 2 cos
x
x
2 Giải phương trình x 1 x2 x 2 (x )
x
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân ln 2 ( )
0
1
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi, AB=2 ,a BAD =60 0 Hình chiếu vuông
góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD là trọng tâm H của tam giác ) ABD Biết tam giác SAC vuông tại đỉnh S , tính thể tích khối chóp S ABCD theo a và tính góc giữa hai mặt phẳng (SAC và ) (SBC)
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm , ,a b c thoả mãn a2 +b2 +c2 = Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1
P
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 toạ độ Oxy cho đường tròn , ( ) : (C x−1)2+(y−2)2 =10 có tâm I Viết phương
trình đường thẳng ∆ cách O một khoảng bằng 5 và cắt đường tròn ( ) C tại hai điểm phân biệt A B sao cho ,
diện tích tam giác IAB lớn nhất
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng , 1
:
− và mặt phẳng ( ) : 2P x+ −y 2z− = Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với mặt phẳng ( ),3 0 P cắt trục hoành
và cắt đường thẳng d
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số nguyên dương n và hai số thực , ( a b b>0) Biết trong khai triển nhị thức Niu-tơn
n
a
b
b
+
có số hạng chứa
4 9,
a b tìm số hạng chứa tích a và b với số mũ bằng nhau.
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A , phương trình đường trung tuyến kẻ từ đỉnh ,
A là d : 2x+ − =y 3 0. Biết đỉnh B thuộc trục hoành, đỉnh C thuộc trục tung và diện tích tam giác ABC
bằng 5 Tìm toạ độ ba đỉnh , ,A B C của tam giác ABC
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng , 1 1
:
− cắt mặt phẳng ( ) :P x+2y+ − = tại điểm z 6 0 M Viết phương trình mặt cầu ( )S có tâm I thuộc đường thẳng d và tiếp
xúc với mặt phẳng ( )P tại điểm A , biết diện tích tam giác IMA bằng 3 3 và tâm I có hoành độ âm
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
2
log ( ) log 4
( , )
2 log log log (6 )
x y
-Hết - Cảm ơn bạn Hien Tran Dinh ( dinhhientc@gmail.com ) gửi tới www.laisac.page.tl
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 – NĂM 2013
Tập xác định D = ℝ \ {-1}
Sự biến thiên
Chiều biến thiên:
2 2
( 1)
x
+ Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞ −; 1) và ( 1; − +∞ )
0,25
Cực trị: Hàm số không có cực trị
Giới hạn:
+ + Đường thẳng x = −1 là tiệm cận đứng
+ + Đường thẳng y =1 là tiệm cận ngang
0,25
Bảng biến thiên
y
0,25
I.1
(1 điểm)
Đồ thị:
Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0)
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;-1)
Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai tiệm cận
I(-1;1) làm tâm đối xứng
0,25
Điều kiện x ≠ −1
Phương trình hoành độ giao điểm 1 2
1
x
x
0,25
Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A B, khi PT(*) có 2 nghiệm phân biệt khác
1
Giả sử A x x( ;1 1+m B x x), ( ;2 2 +m), trong đó x x1, 2 là 2 nghiệm phân biệt của PT(*)
Theo định lý Vi-ét ta có 1 2
+ = −
0,25
I.2
(1 điểm)
Đối chiếu điều kiện: m = −1
0,25
Điều kiện: sin 2 0, cos 0, sin 0 ,
2
k
Phương trình đã cho tương đương với 1 − sin cos 2x x = cos 2x ⇔sin2x−sin cos 2x x =0 0,25
II.1
(1 điểm)
sin cos 2
2
-10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
x y
O
Trang 3H
O
C D
S
2
x= − ⇔ = − +x π k π k ∈ ℤ(Loại)
Đối chiếu điều kiện, phương trình có nghiệm: 2 v 5 2 ,
0,25
Điều kiện:
2
0
x
x
x
0,25 Phương trình đã cho tương đương với:
2
1 1
1
x x
x
− +
2
II.2
(1 điểm)
x
− + + − + =
+ Nếu x ≥ 1 thì phương trình (1) vô nghiệm
+ Nếu − ≤ < 1 x 0 thì x2 >x3 ;1 + ≥x 0 Ta có phương trình (1) tương đương với
( x2 − −x x3 −x)+ + (1 x) = 0 (vô nghiệm)
0,25
1
x
*
ln 2
1
0
x
I =∫ xe dx Đặt u x x du x dx
dv e dx v e
Ta có
ln 2
1
0
I =xe −∫e dx= −e = −
0,25
*
ln 2
2
0
1
I =∫e e − dx Đặt x 1 x 2 1
t = e − ⇒e =t + Khi x =0 thì t=0, khi x =ln 2 thì t=1
Ta có x 2
e dx= tdt Do đó
2 2
0
1
2
0
t
0,25
III
(1 điểm)
Do đó 1 2 2 ln 2 1
3
0,25
IV
(1 điểm) Từ giả thiết ta có tam giácABD đều Gọi { }O =AC ∩BD Ta có AC =2AO=2 3a
Diện tích hình thoi ABCD là 1 2
2
ABCD
H là trọng tâm của ∆ABD nên 1 2 3
a
a
Tam giác SAC vuông tại S, có đường cao SH nên
SAH
∆ đồng dạng với ∆CSH
2 6 3
Thể tích khối chóp S ABCD là 3
.
0,25
Trang 4I
A
Gọi M là trung điểm của cạnh SC
Tam giác SAC vuông tại S nên OM ⊥SC (1)
Ta có OB ⊥SH OB, ⊥AC ⇒OB ⊥SC OB, ⊥OM (2)
Từ (1) và (2) suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) bằng góc BMO
0,25
2
OB= BD=a Tam giác OBM vuông tại O
OM
= = ⇒ = Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) bằng 45 0
0,25
Chứng minh: 2(1+bc)2 ≥(a+ +b c)2 ⇔ +2 4bc+2b c2 2 ≥(a2+b2+c2)+2(ab+bc+ca)
Dấu “=” xảy ra khi
0
bc
+ =
=
0,25
Chứng minh: 2 + 2abc≥ + + ⇔a b c a(1 − 2 )bc + + (b c) ≤ 2.Theo Bất đẳng thức Bunhiacopsky
0,25
Cần chứng minh (1+2 )(1bc −2bc+2b c2 2)≤ ⇔1 2b c2 2(2bc− ≤1) 0
Ta có 1=a2 +(b2+c2)≥b2+c2 ≥2bc⇔2bc− ≥1 0 Dấu “=” xảy ra khi abc=0 0,25
V
(1 điểm)
3 2
P
+ + + + + + .Vậy maxP=3 2 đạt được khi
2
2
a= =b c= 0,25 Đường tròn (C) có tâm I(1;2), bán kính R= 10 Đường thẳng ∆:ax+by+ =c 0 (a2 +b2 ≠0) 0,25
Diện tích tam giác IAB là 1 1 2
IAB
Vậy maxS IAB =5 đạt được khi AIB= 90 0 Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB ta có IH ⊥AB
và IH = 5
0,25
5
c
d I
VI.a.1
(1 điểm)
Từ PT(1) và (2) ta có
2
2
c
= −
= −
* Với a= −2b chọn a= 2,b= − 1 Từ PT(1) ta có c= ±5
Phương trình đường thẳng ∆ là 2x− + =y 5 0 và 2x− − =y 5 0
2
= − thay vào PT(1) ta có 19a2−4ab+16b2 =0 (vô nghiệm)
0,25
Giả sử { }M = ∆ ∩Ox, { }N = ∆ ∩d Gọi M a( ; 0; 0), ( ; ;1N b b −b) 0,25
MN= b−a b −b Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( )P là n= (2;1; 2) − 0,25
Do đường thẳng ∆ vuông góc với mặt phẳng ( )P nên MN
và n
cùng phương
1
a
b
=
⇔ = −
− Ta có M(1; 0; 0), ( 1; 1;2)N − −
0,25
VI.a.2
(1 điểm)
Phương trình đường thẳng ∆ là 1
VII.a
(1 điểm) Số hạng thứ k+1 trong khai triển là
3 2 1
a
b
− +
Trang 5P
I
A
M
Số hạng này chứa 4 9
a b khi
4
15 3
9
11 2
, 0
n
k
− =
ℕ
0,25
Với n =15 ta có số hạng thứ k+1 trong khai triển là
3 15
k
k
−
−
Trong khai triển có số hạng chứa tích a và b với số mũ bằng nhau khi
15
9 2
k k
k
− =
ℕ
Vậy số hạng chứa tích a và b với số mũ bằng nhau là: 9 6 6 6 6
0,25
Giả sử B b( ; 0), (0; )C c BC = − ( b c; )
Gọi H là trung điểm của cạnh ( ; )
2 2
b c
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u= − ( 1;2).
0,25
Do tam giác ABC cân tại A nên . 0 2 0 4
BC u
Suy ra B(4; 0), (0; 2).C − 0,25
Ta có BC = 2 5, (2; 1)H − Diện tích tam giác ABC là 1 5 5
2
ABC
VI.b.1
(1 điểm)
Giả sử A t( ; 3−2 )t Ta có AH = 5 ⇔ − (t 2) 2 + (4 − 2 )t 2 = ⇔ = 5 t 1 v t= 3
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u(2;1; 1) − Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( )P là n(1;2;1).
Gọi ϕ là góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng ( )P
Ta có sin | cos( , ) | | 2 2 1 | 1
2
6 6
u n
IMA
0,25
Gọi R là bán kính mặt cầu ( )S ⇒IA=R Tam giác IMA vuông tại A
có IMA=300 ⇒AM =R 3 3 3 1 3 3 6
2
IMA
Giả sử (1 2 ;1 ; ), 1
2
I + t + −t t t< −
Từ giả thiết ta có khoảng cách ( ,( )) | 3 3 | 6
6
t
= ⇔ = ⇔ = −t 1 v t =3(loại)⇒ −I( 1; 0;1)
0,25
VI.b.2
(1 điểm)
Phương trình mặt cầu ( ) : (S x+1)2 +y2 + −(z 1)2 =6 0,25
Điều kiện: 0 6, 1
< < ≠
> ≠
Phương trình (1) của hệ logx y+ 2 logy x = ⇔ 3 logx y = 1 v logx y= ⇔ = 2 y x v y =x2 0,25
* Với y=x từ PT(2) của hệ ta có 2 2
1 log log log (6 )
2
x
4
x
=
⇔ + − = ⇔ = Hệ phương trình có nghiệm 4
4
x y
=
=
0,25
VII.b
(1 điểm)
* Với 2
y=x từ PT(2) của hệ ta có 2
2 log x=log x log (6−x)⇔ =x 2 v x =1 (Loai)
Hệ phương trình có nghiệm 2
4
x y
=
=
0,25
Cảm ơn bạn Hien Tran Dinh ( dinhhientc@gmail.com ) gửi tới www.laisac.page.tl
