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