TRUNG TM GIA S ALPHA TP VINH s 01 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 3 3 2y x x= + 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s. 2. Vit phng trỡnh ng thng ct th (C) ti 3 im phõn bit A, B, C sao cho im A cú honh bng 2 v BC= 2 2 . Câu II (2 điểm). 1.Gii phng trỡnh: ( ) 2 cos 2 cos 2 tan 1 2x x x+ = . 2.Giải phơng trình: .25log)20.155.10log( +=+ x xx Câu III (1điểm) Tỡm cỏc giỏ tr ca tham s m h phng trỡnh: =+ = 1 02 xyx myx cú nghim duy nht. Câu IV (1 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh ch nht vi AB = 2a, BC = a. Cỏc cnh bờn ca hỡnh chúp bng nhau v bng 2a . a) Tớnh th tớch khi chúp S.ABCD theo a. b) Gi M, N, E, F ln lt l trung im ca cỏc cnh AB, CD, SC, SD. Chng minh ng thng SN vuụng gúc vi mt phng (MEF). Câu V (1 điểm) Cho x, y l cỏc s thc dng tha món x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biu thc: 2 2 2 2 1 1 P x y y x = + + 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 mt phng vi h to Oxy, cho tam giỏc ABC cõn ti A(-1; 4) v cỏc nh B, C thuc ng thng : x y 4 = 0. Xỏc nh to cỏc im B v C, bit din tớch tam giỏc ABC bng 18. 2. Trong mt phng Oxy, cho elip (E) : 2 2 1 4 1 x y + = , cú cỏc tiờu im l 1 2 ,F F . Tỡm ta cỏc im M nm trờn elip (E) sao cho 1 2 MF MF . Câu VII.a (1 điểm) Cho hm s 1 12 = x x y cú th l (C). Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C), bit khong cỏch t im I(1; 2) n tip tuyn bng 2 . B. Theo chơng trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1.Trong mt phng vi h to Oxy, cho ng trũn (C) cú phng trỡnh: 2 2 4 3 4 0x y x+ + = . Tia Oy ct (C) ti im A. Lp phng trỡnh ng trũn (C) cú bỏn kớnh R = 2, bit (C) tip xỳc ngoi vi ng trũn (C) ti A. 2.Trong khụng gian vi h to Oxyz , cho cỏc im ( ) ( ) 0;3;0 , 4;0; 3B M . Vit phng trỡnh mt phng ( )P cha ,B M v ct cỏc trc ,Ox Oz ln lt ti cỏc im A v C sao cho th tớch khi t din OABC bng 3 . ( O l gc to ). Câu VII.b (1 điểm) Cho hm s: 1 3 2 + ++ = x axx y (a l tham s) cú th l (C a ). Tìm tt c cỏc giỏ tr ca a để (C a ) có tiếp tuyến vuông góc với đờng phân giác ca góc phn t thứ nhất trong hệ trc tọa độ Oxy. Vi cỏc giỏ tr a khi đó, chng t hm s luụn cú hai cc tr. ______________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 = x 3 − 3x + 2. Tập xác định của hàm số là R. Sự biến thiên của hàm số a) Giới hạn tại vô cực: Ta có lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ b) Bảng biến thiên: Ta có y’ = 3x 2 − 3 y’= 0 ⇔ x = -1 hoặc x = 1 . x −∞ -1 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 ( ) 1y = 0. Đồ thị: Điểm uốn Ta có xy 6'' = ; 00'' =⇔= xy . Nhận thấy y’’ đổi dấu khi x qua điểm 0 = x . Do đó, điểm ( ) 2;0I là điểm uốn của đồ thị. Đồ thị cắt trục tung tại điểm ( ) .2;0 Phương trình 0=y . ( ) ( ) .12021 023 2 3 =∨−=⇔=+−⇔ =+−⇔ xxxx xx Do đó, đồ thị cắt trục hoành tại hai điểm là ( ) 0;2− và (1; 0). Ngoài ra đồ thị còn đi qua điểm (2; 4). Nhận xét : Đồ thị nhận điểm uốn ( ) 2;0I làm tâm đối xứng. 0,25 0,25 0,25 0,25 2. (1 ®iÓm) Với 2 4 A A x y= ⇒ = . Đường thẳng ∆ đi qua ( ) 2;4A với hệ số góc k có phương trình: ( ) A A y k x x y= − + ( ) : 2 4y k x⇒ ∆ = − + . Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và ∆ là: ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 2 4 2 2 1 0x x k x x x x k− + = − + ⇔ − + − + = ( ) =+−+= = ⇔ )1(012 2 2 kxxxg x Điều kiện để có hai điểm B, C là phương trình ( ) 0=xg có hai nghiệm phân biệt khác 2 hay tương đương với ( ) ' 0 2 0g ∆ > ≠ 0 9 k k > ⇔ ≠ (*) Khi đó ( ) ( ) 1 1 2 2 ; ; ;B x y C x y , với 21 , xx là nghiệm phương trình (1) và 42 11 +−= kkxy ; 42 22 +−= kkxy ; Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 12 2 2 12 2 12 2 12 xxkxxyyxxBC −+−=−+−= 0,25 0,25 0,25 2 0 x y 1 -2 2 2 4 (C) -1 Suy ra ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) [ ] ( ) 22 21 2 21 2 2 12 2 1144141 kkkxxxxkxxBC +−−=+−+=+−= Hay kkBC 44 32 += (theo Viet kxxxx −=−=+ 1.,2 2121 ) Theo giả thiết BC = 2 2 nên ta có ( ) 08442244 3 2 3 =−+⇔=+ kkkk ( ) ( ) 10214 2 =⇔=++−⇔ kkkk thỏa mãn điều kiện (*) Vậy đường thẳng :∆ y = x + 2. 0,25 II (2 ®iÓm) 1. (1,0 ®iÓm) Đặt ( ) 2 cos 2 cos 2 tan 1 2x x x+ − = là (1) Điều kiện xác định của phương trình là: cos 0 / 2x x k π π ≠ ⇔ ≠ + , Zk ∈ (*) Với điều kiện (*), phương trình: (1) 2 2 1 (2cos 1) cos [2( 1) 1] 2 cos x x x ⇔ − + − − = 3 2 2cos 3cos 3cos 2 0x x x⇔ − − + = 2 (cos 1)(2cos 5cos 2) 0x x x⇔ + − + = = = −= ⇔ )(2cos 2 1 cos 1cos vonghiemx x x ( ) Zk kx kx ∈ +±= += ⇔ , 2 3 2 π π ππ Các giá trị trên đều thỏa mãn điều kiện (*) nên là nghiệm của phương trình đã cho. 0,25 0,25 0,25 0,25 2. (1,0 ®iÓm) Ta có: 25log)20.155.10log( +=+ x xx ( ) ( ) xxx 10.25log20.155.10log =+⇔ xxx 10.2520.155.10 =+⇔ 0102.254.15 =+−⇔ xx (chia hai vế của phương trình cho x 5 ) §Æt )0(2 >= tt x , ta ®îc phương trình : 15t 2 - 25t +10 = 0 = = ⇔ )( 3 2 )(1 tmt tmt Với 1 = t 012 =⇔=⇒ x x Với =⇔=⇒= 3 2 log 3 2 2 3 2 2 xt x Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 0 = x và = 3 2 log 2 x . 0,25 0,25 0,25 0,25 III (1 ®iÓm) Ta có (I) −= =−− ⇔ =+ =−− xxy myx xyx myx 1 02 1 02 Với điều kiện 101 ≤⇔≥− xx ta có: (I) ⇔ ( ) ( ) −=− −= )1(12 2 2 xmxx mxy Do x = 0 không là nghiệm của (1) nên : )2( 1 2 )1( 2)1( 2 x xm x x mx −+=⇔ − =−⇔ 0,25 0,25 3 Xét hàm số : ( ) x xxf 1 2 −+= với .1 ≤ x ( ) { } 0\]1;(0 1 1' 2 −∞∈∀>+= x x xf 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 my = cắt đồ thị hàm số ( ) x xxfy 1 2 −+== trên ]1;(−∞ tại đúng một điểm. Từ bảng biến thiên, suy ra 2>m . Vậy 2 > m 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 ).(ABCDSO ⊥ 2 5 5 22 a AOaBCABAC =⇒=+= Trong tam giác vuông SOA, SO 2 = SA 2 - AO 2 = 4 3 2 a 2 3a SO =⇒ . Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là: 3 3 . 3 1 3 . a SSOV ABCDABCDS == (đvtt). b) Gọi K là trung điểm EF, khi đó K là trung điểm SN. Ta có a aa SOMOSM =+=+= 4 3 4 22 22 , do đó MNSM = , suy ra tam giác SMN cân tại M, dẫn đến .MKSN ⊥ Mặt khác EFSN ⊥ , suy ra ( ) MEFSN ⊥ . đpcm. 0,25 0,25 0,25 0,25 V (1 ®iÓm) Ta biến đổi ( ) 2 2 )( 1 2 xy xyP ++= Do =+ > 1 0, yx yx nên 4 1 021 ≤<⇒≥+= xyxyyx . Đặt ( ) 2 xyt = , điều kiện của t là 16 1 0 ≤< t Khi đó biểu thức ( ) t ttfP 1 2 ++== 0,25 0,25 4 x f’(x) f(x) 0 1 ∞− + + ∞− 2 ∞+ ∞− D S A B C E F N M K O 2a a 2a ( ) ; 1 ' 2 2 t t tf − = ta thấy ( ) 0' <tf với mọi ∈ 16 1 ;0t , 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 minmin ] 16 1 ;0( = == ∈ ftfP t . 0,25 0,25 VI.a (2 ®iÓm) 1. (1,0 ®iÓm) Gọi H là trung điểm BC, khi đó; ( ) 2 9 )1(1 441 , 22 = −+ −−− =∆= AdAH Theo giả thiết 18. 2 1 18 =⇔= ∆ AHBCS ABC Suy ra 24 36 == AH BC . 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 03: =−+ yxAH . ⇒∆∩= AHH tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình: =+ =− 3 4 yx yx , suy ra tọa độ . 2 1 ; 2 7 −H Điểm B nằm trên đường thẳng 4: −=∆ xy nên B có tọa độ dạng B(m; m – 4) 2 2 2 2 2 BC 7 1 HB 8 m m 4 4 2 2 7 11 m 2 7 2 2 m 4 7 3 2 m 2 2 2 ⇒ = = = − + − + ÷ ÷ = + = ⇔ − = ⇔ ÷ = − = Vậy tọa độ của hai điểm B, C là: − 2 5 ; 2 3 , 2 3 ; 2 11 CB hoặc là . 2 5 ; 2 3 , 2 3 ; 2 11 − BC 0,25 0,25 0,25 0,25 2. (1,0 ®iÓm) Từ phương trình của elip ta có 31,2 22 =−=⇒== bacba . Vậy hai tiêu điểm của elip là ( ) ( ) .0;3,0;3 21 FF − Gọi ( ) 00 ; yxM thuộc elip, khi đó ta có )1(1 14 2 0 2 0 =+ yx 1 2 MF MF⊥ , suy ra M nằm trên đường tròn tâm O bán kính R = 2 21 FF = 3 , đo đó ta có phương trình )2(3 2 0 2 0 =+ yx 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 B C ∆ H −− − − 3 1 ; 3 8 ; 3 1 ; 3 8 ; 3 1 ; 3 8 ; 3 1 ; 3 8 0,25 VII.a (1 ®iÓm) Ta có . )1( 1 ' 2 − − = x y Gọi d là tiếp tuyến của (C) tại điểm ( ) C x x xM ∈ − − 1 12 ; 0 0 0 Phương trình của d có dạng: ( ) 1 12 )1( 1 0 0 0 2 0 − − +− − −= x x xx x y Hay 0122)1(: 0 2 0 2 0 =−+−−+ xxyxxd . Khoảng cách từ điểm I(1; 2) đến tiếp tuyến d bằng 2 2 )1(1 122)1(21 4 0 2 0 2 0 2 0 = −+ −+−−+ ⇔ x xxx 0 4 0 2 2 2 1 ( 1) x x − ⇔ = + − ( ) ( ) ( ) 111112 2 0 4 0 2 0 =−⇔−+=−⇔ xxx Giải được nghiệm 0 0x = và 0 2x = Vậy các tiếp tuyến cần tìm có phương trình là : 1 0x y+ − = và 5 0x y+ − = . 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 = =+ 412 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 2 2 x t y t = = + Điểm 'I IA∈ nên I’( 2 3 ;2 2t t + ) 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: 1 2 ' '( 3;3) 2 AI I A t I= ⇔ = => uur uuur Vậy đường tròn (C’) có phương trình: ( ) ( ) 2 2 3 3 4x y− + − = . 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: ( ) ( ) cCaA ;0;0,0;0; với 0 ≠ ac Mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên 3 trục tọa độ nên có phương trình dạng: 1 3 =++ c zy a x (phương trình theo đoạn chắn) Theo giả thiết ( ) ( ) 4 3 4;0; 3 1 4 3M P c a ac a c − ∈ ⇒ − = ⇔ − = (1) 1 1 1 . .3. 3 6 3 3 2 2 OABC OAC ac V OB S ac ac ∆ = = = = ⇔ = (2) Từ (1) và (2) ta có hệ 4 6 6 2 3 4 3 6 4 3 6 3 2 a ac ac a c a c a c c = − = = − = ∨ ⇔ ∨ − = − = = = − Vậy có hai mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 0,25 0,25 0,25 0,25 6 A y 2 O I x I’ ( ) ( ) 1 2 2 : 1; : 1 4 3 3 2 3 3 x y z x y z P P+ = + + = VII.b (1 điểm) +) Tp xỏc nh { } .1\ R Ta có: ( ) 2 2 x 2x 3 a 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 h s gúc ca tip tuyn l ( ) 1' =xy Hay phng trỡnh ( ) 2 2 x 2x 3 a 1 x 1 + + = + có nghiệm x ( ) 2 2 x 1 a 2 + = có nghiệm x khác -1 a 2 0 a 2 > > . +) Ta cú ( ) = 0' xy x 2 + 2x +3 a = 0, (*) ( 1 x ) t ( ) axxxf ++= 32 2 ; ta cú ( ) af = 21 0 vi 2 > a Phng trỡnh (*) cú 02' >= a vi 2>a . Vy khi 2>a thỡ phng trỡnh ( ) 0' =xy luụn cú hai nghim phõn bit khỏc -1 v y i du khi x i qua hai nghim ny, khi ú hm s luụn cú hai cc tr. pcm. 0,25 0,25 0,25 0,25 ____________Hết____________ 7 x = 2 I 2 . TRUNG TM GIA S ALPHA TP VINH s 01 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. tr. ______________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 = x 3 − 3x + 2. Tập xác định của hàm số là R. Sự biến thi n. 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