Đang tải... (xem toàn văn)
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]
(1)TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 Mơn: TỐN ; 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
− + − =
x x
y
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số
2 Tìm điểm M (C) cho tiếp tuyến (C) M cắt đường tiệm cận hai điểm A B thỏa mãn AB = 17
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình: x
x x
x
x 2sin
cos sin
2 sin tan
2
1 =
+
+
2 Giải hệ phương trình:
= −
= +
3
1
2
3
x xy
y x x
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: =∫
6
0
3 sin
π
xdx x
I
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, hình chiếu vng góc S đáy trùng với trọng tâm tam giác ABD, cạnh SB tạo với đáy góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SA, CD
Câu V (1,0 điểm) Cho số thực x, y thỏa mãn điều kiện 4x2 +2xy+y2 =3 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = x2 +2xy−y2
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm hai phần (phần A 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) tâm đường trịn ngoại tiếp I(2; 0) Viết phương trình đường thẳng BC
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 4; −3), B(4; 0; 1) đường thẳng d:
3
1
6 −
= − =
− y z
x
Xác định điểm C, D cho ABCD hình thoi biết D nằm d Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình:
1 log
1 log
3 2
1 ≥
+ +
+
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 hai điểm A(4;1), B(3; −1) Gọi C, D hai điểm thuộc (T) cho ABCD 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
− + = − =
− y z
x
mặt phẳng (P): 2x+2y−z−4=0 Tam giác ABC có đỉnh A(−1; 2; 1), đỉnh B, C nằm (P) trọng tâm G nằm d Tính độ dài đường trung tuyến tam giác ABC kẻ từ đỉnh A
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: 3 log
) (
log3 3 2 =
+ − +
−
x x
x x
(2)Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi khơng giải thích thêm
Họ tên thí sinh:…… ……….; Số báo danh……… TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HÀ TĨNH
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 HƯỚNG DẪN CHẤM
Mơn: TỐN ; Khối: B, D
Câu Nội dung Điểm
* Tập xác định: R \{1} * Sự biến thiên:
− Chiều biến thiên: y’ =
( 1)
1 >
−
x với x
≠ nên hàm số đồng biến khoảng(−∞,1), (1,+∞)
− Cực trị: Hàm số khơng có cực trị
0,25
− Giới hạn tiệm cận: lim =−
−∞
→ y
x , xlim→+∞y=−2
⇒ tiệm cận ngang y = −2,
+∞ =
−
→ y
xlim1 , xlim→1+ y=−∞
⇒ tiệm cận đứng x =
0,25
− Bảng biến thiên:
0,25 I.1
−Đồ thị:
Đồ thị qua (0, −1); (2, −3) nhận I(1, −2) làm tâm đối xứng
-1
-4 -3 -2 -1
x y
O
I 0,25
Gọi M
− + −
1 ,
0 0
x x
x ∈ (C) với x0 ≠1 Phương trình tiếp tuyến d (C) M là:
( )2 ( 0)
0
1 1
1
x x x
x x
y −
− = −
+ −
−
0,25
Giao điểm A tiệm cận đứng x=1và d là: A
− −
1 ,
0 x
x Giao điểm B tiệm cận ngang y=−2và d là: B(2x0−1,−2)
0,25
Ta có AB2 = ( ) ( )
( )
− + − =
+ − − +
− 2
0 2
0
0
1 1
4 2
2
x x
x x
x 0,25
I.2
⇔ ⇔ ( )
−12 =4
x
⇔
x0 =3;x0 =−1
x −∞ +∞
y’ + || + y
−2 −∞
(3)Có bốn điểm M cần tìm là: − ;
3 ,
− − ;
1 ,
;
−4 ; Điều kiện: cosx ≠ 0, sinx + cosx ≠
Pt ⇔
x x x x x x cos sin cos sin sin tan + − = ⇔ x x x x x cos sin sin cos sin 2 + =
⇔ x x x 2sin xcosx
2 cos sin
sin + = ⇔
= + = x x x sin sin sin π 0,5 II.1
+)sinx=0 ⇔ x=kπ
+) x sin2x
4
sin =
+π ⇔ + + − = + + = π π π π π 2 k x x k x x ⇔ + = + = 4 π π π π k x k x ⇔ π π k
x= +
Các nghiệm tmđk nên phương trình có nghiệm: x=kπ,
3
π
π k
x= +
0,5
Ta thấy x=0 không thỏa mãn hệ Với x≠0 hệ ⇔
= − = + x y x y 3 3
Đặt z x =
, hệ trở thành + = + = 3 3 z y y z
0,5
II.2
Từ hệ: z3−y3 =3y−3z ⇔ (y−z)(y2 +yz+z2 +3)=0 ⇔ z= y Thay vào được:y3 =3y+2⇔
= − = y y
Từđó hệ có nghiệm (x, y) là: ,
, (−1,−1) 0,5
Ta có I = ∫ sin π xdx
x = ∫ −
6 cos π dx x
x = ∫
6
0
π
xdx − ∫ 6 cos π xdx
x 0,25
Tính J = ∫
0
π
xdx = 2 π x = 72 π
0,25
III
Tính K = ∫ 6 cos π xdx
x Đặt
= = xdx dv x u
cos ta có = = x v dx du sin
Suy K =
0 6 sin π x
x − ∫
6 sin π
xdx = +
0 6 cos 36 π
x = 18
1
− Vậy I = 144 2+ π 0,5
IV Gọi H trọng tâm tam giác ABD ⇒ SH ⊥ (ABCD) ∠SBH = 600 Gọi O tâm đáy Ta có OB =
2 a
, OH =
2 3
1 a
OA = nên BH =
5 a
(4)Trong tam giác vuông SHB ta có: SH = BH.tan600 =
3 15 a
Thể tích khối chóp:
V = ( )
3
ABCD dt
SH =
9 15 a
0,25
O D
A
B C
S
H M
K
Vì AB // CD nên ta có h(SA,CD) = h(CD,(SAB)) = h(D,(SAB)
Lại có H trọng tâm ∆ABD nên h(D,(SAB)) = 3h(H,(SAB))
0,25 Kẻ HM ⊥ AB M ⇒ (SHM) ⊥ AB ⇒ (SHM) ⊥ (SAB) theo giao tuyến SM
Kẻ HK ⊥ SM K ⇒ HK ⊥ (SAB) ⇒ HK = h(H,(SAB)) Ta có HM =
2
HA = a
, SH =
15 a
2 2 12
SH HM
HK = + nên HK = 12
15 a
Từ khoảng cách hai đường thẳng SA CD
4 15 a
0,25
Ta có 2 2
2
2
2
3 x xy y
y xy x
P
+ +
− +
=
Với y=0, từ giả thiết x≠0 nên
=
P
0,25
Với y≠0, chia tử mẫu cho y , 2 P
= ()
1
1 2
t f t
t t
t =
+ +
− +
với R
y x
t= ∈ 0,25
Xét hàm số f(t) R, ( )
4 10 ) (
' 2
2
+ +
+ + − =
t t
t t t
f ,
− = = ⇔ =
3
) ( '
t t t
f 0,25
V
Lập bảng biến thiên f(t) R, tìm
3 ) (
max f t = , f(t)=−2 Kết hợp trường hợp ta có maxP=1, minP=−6
0,25 Gọi D điểm đối xứng A qua I
Tứ giác BHCD có hai cặp cạnh đối song song nên hình bình hành Do BC, HD cắt trung điểm M đường
Suy IM đường trung bình tam giác AHD
0, VIa.1
I
A
B C
D M
H Ta có IM AH
2
= ⇔
− = −
− = −
) (
) ( 2
M M
y x
⇔
− = =
2 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
( )
=
+ =
+
= t
(5)Ta thấy điểm B∈ d kết hợp với giả thiết D ∈ d nên tâm I hình thoi ∈ d Do ABCD hình thoi nên ta có AC ⊥ BD hay I hình chiếu A d Gọi I(6+2t;1+t;4+3t) ∈ d Khi 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 D đối xứng với A B qua I nên C(3; -6; -1) D(0; -2; -5) 0,5
Điều kiện:
− < > ⇔ > +
1 0
1
x x x
x
0,25
Bpt ⇔
1 log
log
3
2 ≥
+ +
+ x
x x
x ⇔
3 log log
2 log
1 log
2
2
− ≥ + +
+
x x x
x
⇔
3 log log log
3 log
2
2
≥ + +
x x
⇔
3 log
log2 ≤ 2
+
x x
(vì
3 log
log2 < < 2 )
0,5 VII.a
Từđó:
( )
1
2
2
1 + ≤ ⇔− < ≤
− ⇔ ≤
+ x x
x x
x
Đối chiếu điều kiện ta có 0<x≤2 0,25 Ta có (T):
4 10
9
1 2
=
− +
− y
x nên (T) có tâm
2 ,
I R =
2 10
(−2,−1) =
AB AB =
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
7 −
= m
h CD = R2 −h2
Ta có CD = AB nên ( )
20 2
2
= −
− m ⇔ (2m−7)2 =25 ⇔
= =
1 m m
Vậy CD có phương trình 2x−y+6=0 2x−y+1=0
0,5
Gọi G(2+t;2+2t;−2−2t) ∈ d Gọi M trung điểm BC 0,25 VIb.2
d
G
B
C A
M
Do AM AG
2
= nên
( )
( )
( )
− − − = −
− + = −
+ + = +
1 2
2 2
1 2
t z
t y
t x
M M M
⇔
( )
( )
+ − =
+ =
+ =
t z
t y
t x
M M M
3
3
3
0,25
Theo giả thiết M ∈ (P) nên: ( ) (7 )
1 2
7+ t+ + t + + t − = ⇔ t=−1 Từ M(2;−1;−2) AM = 3
(6)Điều kiện:
≠ > ⇔
> + −
> −
2 0
3
0 ) (
2
x x x
x x x
0,25
Với điều kiện đó, phương trình cho tương đương với 3
3 log
2
log
2
3 ⇔ − = − +
+ − =
− xx x x
x x x
x 0,25
Nếu x>2ta có 2−2 = 2−3 +3⇔ =3 x x
x x
x (thoả mãn điều kiện) 0,25
VII.b
Nếu 0<x<2 ta có
= = ⇔ + − = + −
2 3
3
2
2
x x x
x x
x (thoả mãn điều kiện)
Vậy phương trình có nghiệm
2 ; ;
3 = =
= x x
x
0,25