ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN-TIN ĐỀ THI THỬ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG 2013 Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số )( 1 12 C x x y − − = . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Gọi I là giao điểm 2 đường tiệm cận của ( C ). Điểm M ∈(C), tiếp tuyến của (C) tại M cắt 2 đường tiệm cận tại A và B. Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) tại M biết chu vi tam giác IAB nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: ) 4 3 (cos2 2 sin ) 2 (sin22 sin 1 cos cos 1 sin 2 2 33 π π −+ +− = + + + x x x x x x x 2. Giải hệ phương trình: −++=++ +=+− 12234334 )1(2)1( 2 xyyxx xxyyx Câu III (1 điểm). Tính tích phân sau: ∫ + + = e dx xx x I 1 2 ln1 )1(ln Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB=a, BC=2a. SA vuông góc với đáy, góc giữa cạnh bên SB và mặt đáy bằng 60 0 . M thuộc SA sao cho AM= 3 3a ; mặt phẳng (BCM) cắt SD tại N. Tính thể tích hình chóp S.BCNM và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BD. Câu V (1 điểm) Chứng minh với mọi số dương a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a+b+c+d=4 ta có : .2 1 1 1 1 2222 ≥ + + + + + + + b a d a d c d c b c b a II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B) A.Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của hai đường thẳng 03: = − − yxd và .06:' = − + yxd Trung điểm một cạnh là giao của d với trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC biết: A(2; 3; 1), B(-1; 2; 0), C(1; 1; -2). Tìm tọa độ trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình: )12(log12log4)1444(log 2 555 ++=−+ −xx B.Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, có trọng tâm G 3 4 ; 3 7 , phương trình đường thẳng BC là: x-2y-3=0, phương trình đường thẳng BG là: 7x-4y-11=0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. 2. Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(1; 0; 2), B(1; 1; 0), C(0; 0; 1), D(1; 1; 1). Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD. Câu VII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: (4 x – 2.2 x – 3). log 2 x – 3 > 2 1 4 +x - 4 x . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu I 2 điểm 1. 1 điểm • Tập xác định: RD = \ { } 1 . • Sự biến thiên: Chiều biến thiên: Ta có Dx x y ∈∀> − − = ,0 )1( 1 ' 2 . Hàm số nghịch biến trên các khoảng: )1;( −∞ và );1( ∞ + . Giới hạn và tiệm cận: ;2lim,2lim = = +∞→−∞→ xx yy tiệm cận ngang y = 2. −∞ = +∞ = −+ →→ 11 lim,lim xx yy ; tiệm cận đứng x = 1. Bảng biến thiên: X - ∞ 1 + ∞ y' - - Y 2 - ∞ + ∞ 2 • Đồ thị f(x )=(2 *x-1 )/(x-1) x(t)=1 , y(t )=t f(x )=2 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y 0.25 0.25 0.25 0.25 2. 1điểm Tiếp tuyến tại M(m;y(m)) là (d): y = y’(m)(x-m) + y(m) 1 1 2)( )1( 1 2 − ++− − − =⇔ m mx m y )2;12()2:()(), 1 2 2;1()1:()( −==∩ − +==∩ mByTCNd m AxTCDd , I(1;2). Ta có IA.IB= 4|)1(2|.| 1 2 |||.|| =− − =−− m m xxyy IBIA chu vi(∆IAB)=IA+IB+AB= )22(2.2.2 22 +=+≥+++ IBIAIBIAIBIAIBIA Chu vi nhỏ nhất +−=⇒⇒= +−=⇒−⇒= ⇔=−⇔==⇔ 5:)3;2(2 1:)1;0(0 1|1|2 2 1 xyttMm xyttMm mIBIA 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu II 1. 1 điểm Giải PT: ) 4 3 (cos2 2 sin ) 2 (sin22 sin 1 cos cos 1 sin 2 2 33 π π −+ +− = + + + x x x x x x x - Đkxđ: sinx.cosx ≠ 0 - )( 4 )0sin(1cos 0cossin cos cossin cossin 2sin1 cos sin )sin1(cos)cos1(sin ) 2 3 2cos(1 cossin2 ) 2 (cos2 sin1 )sin1(cos cos1 )cos1(sin 2 22 Zkkx xdoloaix xx x xx xx x x x xxxx x xx x x xx x xx PT ∈+−=⇔ ========== ============================================================ == =+ ⇔ ========== ============================================================ + =+⇔ −+=−+−⇔ −++ + = + − + + − ⇔ π π π π 0.25 0.25 0.25 0.25 2. 1điểm Giải hệ PT: −++=++ +=+− )2(12234334 )1()1(2)1( 2 xyyxx xxyyx - Đkxđ: 2/1,3 ≥ − ≥ xy Giải (1): xy-x+2y=x 2 +x⇔x 2 +2x-xy-2y=0⇔x 2 +(2-y)x-2y=0⇔x=-2(loại) hoặc x = y Thế x = y vào (2) được: - 10)112()32( 0)112212())3(344( 12234334 22 2 2 =⇔=−−++− =+−−−++++−⇔ −++=++ xxxx xxxxxx xxxxx - 11 = ⇒ = yx 0.25 0.25 0.5 CâuIII 1 điểm Đặt 1,01.ln =⇒==⇒==⇒= uexux x dx duxu Ta có: 21 1 0 2 1 0 2 1 0 2 1 1 11 1 IIdu u du u u du u u I += + + + = + + = ∫∫∫ Thấy 12|)1()1()1( 2 1 1 1 0 2 1 22 1 0 2 1 2 1 0 2 1 −=+=++= + = ∫∫ − uududu u u I Xét hàm số )1ln( 2 ++= uuy có 1 1 )1( 1 1 )1( )'1( ' 22 2 2 2 + = ++ + + = ++ ++ = uuu u u uu uu y Suy ra hàm số )1ln( 2 ++= uuy là một nguyên hàm của hàm số 1 1 2 + = u y )21ln( 2 2 |1ln( 1 0 += ++= uuI Vậy )21ln(12 ++−=I 0.25 0.25 0.25 0.25 CâuIV 1. 1 điêm - Chọn hệ trục Oxyz sao cho A(0;0;0), B(a;0;0), D(0;2a;0), S(0;0; 3a ), C(a;2a;0). - [ ] ( ) ( ) 3;0; 4;3;32, )3;2;( )0;2;( 222 aaSB aaaSCBD aaaSC aaBD −= −−=⇒ − − - 31 32 );( a SCBDd = 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu V 1đ Theo bất đẳng thức Côsi ta có: )( 4 1 1 4 )( 2 . 2 2 11 2 2 2 2 2 abcaba c b a acab a acab a cab a cb cab a cb cab a cb a +−≥ + ⇒ + −≥−=−=−≥ + −= + Tương tự ta có: )( 4 1 1 ),( 4 1 1 ),( 4 1 1 222 dabdad b a d cdacdc a d c bcdbcb d c b +−≥ + +−≥ + +−≥ + Cộng vế với vế 4 bất đẳng thức cùng chiều trên được: ( 4 1 1 1 1 1 2222 dab cdabcdabcdacdbcabdcba b a d a d c d c b c b a +++++++−+++≥ + + + + + + + Theo bất đẳng thức : 4)( 4)( 4 1 2 2 =+++≤+++ =+++≤+++ dcbadabcdabcdabc dcbadacdbcab Do đó : .22 1 1 1 1 2222 =−+++≥ + + + + + + + dcba b a d a d c d c b c b a 0.25 0.25 0.5 S A B C D M N - SA ⊥ (ABCD) ⇒ AB là hình chiếu của SB/(ABCD) ⇒góc giữa SB và đáy là 0 60=∠SBA . 3aSA = . - 3 . 3 32 3.2. 3 1 . 3 1 a aaaSASV ABCDABCDS = == - 3 3 3 2 1 aVVV ABCDSADCSABCS === - 27 310 27 34 9 4 9 32 3 2 3 . 3 . . . 3 . . . a V a V V V a V V V MBCS MBCS ADCS MBNS MBCS ABCS MBCS =⇒ =⇒= =⇒= Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=d=1. CâuVIa 1. 1 điểm - Tọa độ giao điểm I của d và d’ là nghiệm của hệ phương trình ) 2 3 ; 2 9 ( 2 3 2 9 06 03 I y x yx yx ⇒ = = ⇔ =−+ =−− - Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD )0;3(MOxdM ⇒ ∩ = ⇒ - Ta có: 232 == IMAB ; Theo giả thiết 2212. =⇒== ADADABS ABCD - Vì 03:, = − + ⇒ ⊥ ⇒ ∈ yxADADddMI - ⇒== 2MDMA tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình )1;4(),1;2( 1 4 1 2 2)3( 03 22 −⇒ −= = ∧ = = ⇔ =+− =−+ DA y x y x yx yx - Do I là trung điểm AC nên C(7;2), TT do I là trung điểm BD nên B(5;4). 0.25 0.25 0.25 0.25 2. 1 điểm Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC biết: A(2; 3; 1), B(-1; 2; 0), C(1; 1; -2). Tìm tọa độ trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. - ( ) zyxH ;; là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi )(,, ABCHABCHACBH ∈ ⊥ ⊥ = = = ⇔ 0],[ 0. 0. ACABAH ABCH ACBH − = = = ⇔ =−+−−− =++−+− =+−++ ⇔ 3 1 15 29 15 2 0)1(5)3(8)2( 0)2()1()1(3 03)2(2)1( z y x zyx zyx zyx - ( ) zyxI ;; là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC )(, ABCICIBIAI ∈ = = ⇔ ) 3 1 ; 30 61 ; 15 14 ( 3 1 30 61 15 14 0)1(5)3(8)2( )2()1()2()1()1( )2()1()1()3()2( 0],[. 222222 222222 22 22 − ⇒ − = = = ⇔ =−+−−− +−++=++−+− +−++=−+−+− ⇔ = = = I z y x zyx zyxzyx zyxzyx ACABAI BIAI BICI 0.25 0.25 0.25 0.25 CâuVIIa 0642.204)12(801444 )]12(80[log)1444(log )12(log5log16log)1444(log )12(log116log)1444(log )12(log12log4)1444(log: 1 2 55 2 5555 2 555 2 555 =+−⇔+=+⇔ +=+⇔ +++=+⇔ ++=−+⇔ ++=−+ − − − − − xxxx xx xx xx xx PT Đặt )0(2 >= tt x . PTTT: = = ⇔=+− 16 4 06420 2 t t tt Với 2424 =⇒=⇒= xt x Với 416216 =⇒=⇒= xt x 0.25 0.25 0.25 0.25 CâuVIb 1. 1 điểm -Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: =−− =−− 01147 032 yx yx => B(1;-1) - Gọi N là trung điểm AC ta có ⇒= 2 5 ;3 2 3 NBGBN - Do tam giác ABC cân tại A BCAG ⊥ ⇒ ⇒PT AG: 2x+y-6=0 - =+ =+ =−+ =−− =∈∈ 5 6 062 032 ;, cA CA AA cC yy xx yx yx CNANAGABCC - Giải hệ trên ta được: A(1;4); C(5;1) 0.25 0.25 0.25 0.25 2. 1 điểm - Phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD có dạng: x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 (a 2 +b 2 +c 2 -d>0) - Do A, B, C, D ∈ (S) nên ta có hệ phương trình: =++++ =+++ =++++ =+++ 02223 021 0222 0425 dcba dc dba dca - Giải hệ được: 0, 2 1 , 2 1 , 2 3 =−==−= dcba - Vậy phương trình mặt cầu: 03 222 =−+−++ zyxzyx 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu VII.b - Đkxđ: x>0 - BPT 0)1)(log32.24( 0)32.24(log)32.24( 2 2 >+−−⇔ >−−+−−⇔ x x xx xxxx <+ <−− >+ >−− ⇔ )( 0)1(log 0)32.24( )( 0)1(log 0)32.24( 2 2 II x I x xx xx 3log 2 1 3log 1log 32 12 )( 2 2 2 >⇔ > > ⇔ −> > −< ⇔ x x x x I x x 2 1 1log 321 )( 2 <⇔ −< <<− ⇔ x x II x DS: xVxx 2 log 2 1 0 ><< 0.25 0.25 0.25 0.25 0912.676.613 By: Thuan TranQuang Maths – Hanoi National University of Education . ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN-TIN ĐỀ THI THỬ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG 2013 Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề). 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Gọi I là giao điểm 2 đường tiệm cận của ( C ). Điểm M ∈(C), tiếp tuyến của (C) tại M cắt 2 đường tiệm cận tại A và B. Viết phương. coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu I 2 điểm 1. 1 điểm • Tập xác định: RD = { } 1 . • Sự biến thi n: Chiều biến thi n: