Đang tải... (xem toàn văn)
Tìm vị trí của M trên C để tứ diện ABHM có thể tích lớn nhất.Tìm giá trị lớn nhất đó.. Tìm tọa độ đỉnh C..[r]
(1)BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THAM KHẢO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) y x 1 x 1 Câu I (2 điểm) Cho hàm số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho Tìm trên (C) điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận (C) nhỏ Câu II (2 điểm) x1 y 4 x6 y 4 6 Giải hệ phương trình: 2(cos x sin x) cot x Giải phương trình: tan x cot x Câu III (1 điểm) Trong mặt phẳng (P) cho đường tròn (C) tâm O đường kính AB = 2R.Trên đường thẳng vuông 2R góc với (P) O lấy điểm S cho OS = R I là điểm thuộc đoạn OS với SI = M là điểm thuộc (C) H là hình chiếu I trên SM Tìm vị trí M trên (C) để tứ diện ABHM có thể tích lớn nhất.Tìm giá trị lớn đó Câu IV (1 điểm) dx 1 x 1 x Tính tích phân: I = 1 Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là số thực dương thỏa mãn xyz=1 Chứng minh 1 1 x y 1 y z 1 z x 1 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm).Thí sinh làm hai phần (phần A B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích và trọng tâm thuộc đường thẳng : 3x – y – = Tìm tọa độ đỉnh C Câu VII.a (1 điểm) Từ các chữ số 0,1,2,3,6,7,8,9 có thể lập bao nhiêu số tự nhiên có chữ số đôi khác ( chữ số đầu tiên phải khác 0) đó phải có chữ số Câu VIII.a (1 điểm) Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm: B.Theo chương trình Nâng cao log x log ( ax a ) 3 x2 y 1 Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): và đường thẳng :3x + 4y =12 Từ điểm M bất kì trên kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB Chứng minh đường thẳng AB luôn qua điểm cố định y x2 4x x2 có đồ thị (C).Giả sử đường thẳng y = kx + cắt (C) Câu VII.b (1 điểm) Cho hàm số điểm phân biệt A, B Tìm tập hợp trung điểm I AB k thay đổi (2) Câu VIII.b (1 điểm) Giải phương trình: 1 log2 x x 31 log2 x 1 x ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Lu ý:Mọi cách giải đúng và ngắn gọn cho điểm tối đa Câu Đáp án I 1.(1,0 điểm) Khảo sát (2,0 điểm) Điểm * Tập xác định: D = R\{ - 1} * Sự biến thiên lim y lim y 2 x - Giới hạn và tiệm cận: x ; tiệm cận ngang: y = lim y ; lim y x ( 1) x ( 1) 0,25 ; tiệm cận đứng: x = - Bảng biến thiên y' 0 ( x 1) Ta có với x - x - ∞ -1 + ∞ y’ + + - + ∞ y 0,5 - ∞ Hàm số đồng biến trên khoảng (- ∞ ; -1) và ( -1; + ∞ ) * Đồ thị 0,25 (1,0 điểm) Tìm trên (C) điểm Gọi M(x0;y0) là điểm thuộc (C), (x0 - 1) thì y0 x0 x0 0,25 Gọi A, B lần lợt là hình chiếu M trên TCĐ và TCN thì 0,25 (3) x0 1 MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = | x0 - 2| = | x0 | x 1 Theo Cauchy thì MA + MB x0 =2 0,25 0,25 MA + MB nhỏ x0 = x0 = -2.Nh ta có hai điểm cần tìm là (0;1) và (-2;3) II (2,0 điểm) 1.(1,0 điểm) Giải hệ Điều kiện: x -1, y 1 Cộng vế theo vế trừ vế theo vế ta có hệ x1 x 6 y y 4 10 x6 x 1 y 4 y 2 0,25 0,25 Đặt u= x x , v = y y Ta có hệ u v10 5 u 5 2 v 5 u v x3 y 5 là nghiệm hệ (1,0 ®iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh Điều kiện:sinx.cosx 0 và cotx 1 Phơng trình tơng đơng 2(cos x sin x) sin x cos x cos x 1 cos x sin x sin x k 2 cosx = x = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 k 2 Đối chiếu điều kiện pt có họ nghiệm x = Tìm vị trí III 0,25 (4) (1,0 điểm) S H I O B A M 2R Tứ giác IHMO nội tiếp nên SH.SM = SI.SO mà OS = R , SI = , SO OM 2 R SH = R hay H là trung điểm SM Gọi K là hình chiếu vuông góc H lên mp(MAB) thì HK = SO= 0,25 SM = 0,25 R , (không đổi) 0,5 VBAHM lớn dt( MAB) lớn M là điểm cung AB IV (1,0 điểm) 3 R Khi đó VBAHM= (đvtt) Tính tích phân 2 2 Đặt u = x+ x thì u - x= x x 2ux u 1 x u2 1 x dx du 2u 2 u Đổi cận x= - thì u = -1 x = thì u = +1 1 du u I u 2 1 Câu V (1,0 điểm) 1 du 1 u u 0,25 1 du 1 du u (1 u)u 2 2 1 du u u 1 = =1 Đặt x=a3 y=b3 z=c3 thì x, y, z >0 và abc=1.Ta có 21 21 0,25 0,25 0,25 0,25 a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab) (a+b)ab, a+b>0 và a2+b2-ab ab a3 + b3+1 (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0 (5) 1 a b ab a b c 0,5 Tơng tự ta có 1 b c bc a b c 1 c a ca a b c , Cộng theo vế ta có 1 1 1 3 3 x y 1 y z 1 z x 1 = a b + b c + c a 1 1 1 c a b 1 a b c a b c ab bc ca = 0,25 Dấu xảy x=y=z=1 VI a (1,0 điểm) VII a (1,0 điểm) Tìm tọa độ 5 ; Ta có: AB = , M = ( 2 ), pt AB: x – y – = 3 S ABC = d(C, AB).AB = d(C, AB)= Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)= t (3t 8) d(G, AB)= = t = t = G(1; - 5) G(2; - 2) Mà CM 3GM C = (-2; 10) C = (1; -4) Từ các chữ số Gọi số có chữ số là abcdef Nếu a = thì có cách chọn b, cách chọn c, cách chọn d, cách chọn e, cách chọn f đây có 7.6.5.4.3 = 2520số Nếu b = thì có cách chọn a, cách chọn c, cách chọn d, cách chọn e, cách chọn f đây có 6.6.5.4.3 = 2160số Tơng tự với c, d, e, f Vậy tất có 2520+5.2160 = 13320 số VIII a (1,0 điểm) 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 Tìm a để Điều kiện: ax + a > Bpt tơng đơng x a( x 1) Nếu a>0 thì x +1 >0.Ta có x2 1 a x 1 0,25 (6) Nếu a<0 thì x +1 <0.Ta có x2 1 a x 1 x2 1 Xét hàm số y = x với x - x 0,25 2 y’ = ( x 1) x =0 x=1 x -Ơ y’ -1 || - -1 - +Ơ + 2 a> a < - Chứng minh Gọi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) Tiếp tuyến A có dạng xx1 yy1 1 Tiếp tuyến qua M nên x0 x1 y0 y1 1 (1) Ta thấy tọa độ A và B thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt xx0 yy0 1 M thuộc nên 3x0 + 4y0 =12 4y0 =12-3x0 xx0 yy0 xx0 y (12 x0 ) 4 4 3 Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB qua với M thì (x- y)x0 + 4y – = x y 0 y 1 y 40 x1 Vậy AB luôn qua điểm cố định F(1;1) Tìm tập hợp x2 4x y x Ta có pt y = kx + cắt (C): VII b (1,0 điểm) + y VI b (1,0 điểm) - x2 x x = kx + có nghiệm phân biệt k 1 Trung điểm I AB có tọa độ thỏa mãn x2k 3 2k y kx1 x 5x y 2x 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 (7) 2x2 5x y 2x Vậy quĩ tích cần tìm là đờng cong VIII b (1,0 điểm) Giải phơng trình Điều kiện : x>0 Đặt 1 log2 x =u, 3 log x v 0,25 ta có pt u +uv = + u v (uv2-1)(u – 1) = u 21 uv 1 x =1 0,5 0,25 (8)