TRƯỜ NG THPTTHU Ậ N THÀNH S Ố 1ĐỀTHI TH Ử ĐẠ I H Ọ C L Ầ N I N Ă M H Ọ C 2 0 1 2 - 2 0 1 3 Môn thi: TOÁN, khối A + B Th ờ i gian làm bài : 180 phút, không k ể t h ời gian phát đề I.PHẦ N CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điể m ) C â u I (2,0 đ i ể m ) Cho hàm s ố 11 2 x x y 1. K h ảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ) ( H c ủa h à m s ố đã c h o . 2. V i ế t ph ươ ng trình ti ế p tuy ến c ủa đồ th ị )(H bi ết ti ế p tuy ến cách đều hai đ i ể m )4;2(A và )2;4( B . C â u I I (2,0 đ i ể m ) 1. Gi ải ph ươ ng trình: 1 c o s 2 sin 2 cos cos2 cos 1 tan x x x x x x 2. G i ải h ệ phươ ng trình: 3 2 3 2 3 2 5 3 3 10 6 . 6 13 10 x y x y x x y x x x y y C â u I I I (1,0 đ i ểm ) Tí nh t íc h p hâ n: dx x x x x x I 2 0 2 2 3 1 3 2 C â u I V (1 ,0 đ i ểm ) Cho kh ối chóp S.ABCD có đáy ABCD l à h ì n h c h ữ nhật, biết AB = 2a , AD = a . Trên c ạnh AB l ấy điểm M sao cho 2 a A M , c ạnh AC c ắ t MD t ại H . Bi ết SH v u ô n g g ó c v ới mặt phẳng (A B CD) v à SH = a . Tính thể tích khối chóp S. HCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC theo a. C â u V (1,0 đ i ể m ) Cho a, b,c là các s ố dương . Tìm giá tr ị n h ỏ n h ấ t c ủ a b i ể u t h ứ c : 3 3 3 3 3 3 3 3 3 ( ) ( ) ( ) a b c M a b c b c a c a b II.PH ẦN RIÊNG (3,0 đ i ểm ) Thí sinh ch ỉ được làm m ột trong hai ph ần (ph ần A h o ặc p h ần B ) A . T h e o c h ương trình chuẩn C â u V I . a (2,0 đ i ểm ) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm của cạnh AB là M(1; 4). Phương trình đường phân giác trong góc B là x – 2y + 2 = 0, phương trình đường cao qua C là 3x + 4y – 15 = 0. Tìm to ạ đ ộ c á c đ ỉ n h c ủ a t a m g i á c A B C . 2. Trong không gian v ới hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 1 2 111 2 : ; : . 2 111 2 1 x y z x y z d d Viết phương trình mặt phẳng ( )P song song với mp ( ) : 2 3 0 Q x y z và c ắt 1 2 , d d theo đoạn thẳng có độ d à i n h ỏ nhất. C â u V I I . a (1 ,0 đ i ểm ) Gi ải phương tr ình 1 2 1 2 3 2 12 x x x B. Theo chương trình nâng cao C â u V I . b (2 ,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lậ p phương trình đường thẳng đi q u a )3;2(M và cắ t đường tròn 0222 2 2 yxyx tạ i h a i đi ểm BA , sao cho 32AB . 2. Trong không gian với h ệ toạ độ Oxyz cho hai đi ểm )3;4;2(A và )15;2;4(B . Tìm toạ độ điể m M trên mặt phẳng Oxz sao cho tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất. C â u V I I . b (1,0 điểm) Giả i hệ phương trình 4)1(l o g3)2(l o g2 0222 22 2 yyx xyxyy ----------Hế t ---------- Thí sinh không sử dụng tài liệu. C án b ộ coi thi không giải t h í c h g ì t h ê m . H ọ và tên thí sinh………………………………………….; Số báo danh…………………… Cm ơn bn Trn Phưc Sang :psang76@gmail.com đã gi đn www.laisac.page.tl GV: Lê Doãn Mạnh Hùng , Email: doanhungle@gmail.com 2 TRƯỜNG THPTTHUẬNTHÀNHSỐ1 ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀTHITHỬĐẠIHỌC LẦN 1 NĂM 2011 Môn thi: TOÁN, khối A+B ( Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm 1.(1.0 điểm) Tập xác định: }1{\ RD Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 10 )1( 1 ' 2 x x y 0.25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )1;( và );1( - Giới hạn và tiệm cận: lim x -∞ y = 2, lim x +∞ y = 2 ; tiệm cận ngang là y = 2 lim x (-1) - y = + ∞ lim x (-1) + y = -∞; tiệm cận ngang là x = -1 0.25 - Bảng biến thiên: x -∞ -1 +∞ y’ + + y +∞ 2 2 -∞ 0.25 Đồ thị: Đồ thị nhận giao hai tiệm cận I(-1;2) làm tâm đối xứng 0.25 2.(1.0 điểm) Gọi 0 x là hoành độ tiếp điểm )1( 0 x , phương trình tiếp tuyến là 1 12 )( )1( 1 0 0 0 2 0 x x xx x y Vì tiếp tuyến cách đều hai điểm A,B nên tiếp tuyến đi qua trung điểm I của AB hoặc song song với AB hoặc trùng với AB. 0.25 Nếu tiếp tuyến đi qua trung điểm I(-1;1) của AB thì ta có: 11 12 )1( )1( 11 0 0 0 0 2 0 x x x x x suy ra phương trình tiếp tuyến là 4 5 4 1 xy 0.25 Nếu tiếp tuyến song song với AB hoặc trùng với AB thì tiếp tuyến có hệ số góc là 1 )2(4 )4(2 k 2 0 1 )1( 1 0 0 2 0 x x x 0.25 I (2.0 điểm) với 0 0 x ta có phương trình tiếp tuyến là 1 xy Với 2 0 x ta có phương trình tiếp tuyến là 5 xy Vậy có ba phương trình tiếp tuyến thoả mãn đề bài là 4 5 4 1 xy ; 1 xy và 5 xy . 0.25 3 Câu Đáp án Điểm 1.(1.0 điểm) Đk: cos 0; t anx 1x pt 2 2 2 sin cos os sin cos cos sin cos cos x x c x x x x x x x 0.25 2 2cos cos sin cos cos 0x x x x x cos sin cos sin 1 0x x x x vì cos 0x 0.25 4 tan 1 2 2 2 sin 4 2 2 x k x x k x x k 0.25 Vậy nghiệm của pt là: 4 x k ; 2x k 0.25 2.(1.0 điểm) Phương trình thứ 2 của hệ được biến đổi thành: 3 3 2 2 (*)x x y y 0.25 xét hàm số 3 ( )f t t t là hàm số đồng biến trên R. Ta suy ra (*) 2y x 0.25 Thế vào phương trình đầu của hệ: 3 2 3 3 5 2 3 10 26x x x x x 3 2 2 2 3 3 3 1 5 2 3 10 24 2 3 2 2 2 2 12 3 2 12(1) 3 3 3 1 5 2 3 3 3 1 5 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x 0.25 II (2.0 điểm) Phương trình (1) vô nghiệm vì với 5 1 2 x thì 2 12 0x x . Từ đó suy ra hệ có nghiệm duy nhất 2; 0x y 0.25 Ta có dx xx xxx I 2 0 2 2 1 )12)(( 0.25 Đặt 1 2 xxt dx xx x dt 12 12 2 ;với 10 tx , với 32 tx 0.25 1 3 ) 3 1 (2)1(2 3 3 1 2 ttdttI 0.25 III (1.0 điểm) 3 4 . Vậy 3 4 I 0.25 IV (1.0 điểm) * Tính thể tích khối chóp S.HCD: Hai tam giác vuông AMD và DAC có AM AD 1 AD DC 2 nên đồng dạng, Suy ra ADH DCH , mà ADH HDC 90 DHC 90 0.25 GV: Lê Doãn Mạnh Hùng , Email: doanhungle@gmail.com 4 ADC vuông tại D: 2 2 2 AC AD DC AC a 5 Hệ thức lượng ADC: DH.AC = DA.DC Suy ra: DC.DA 2a DH AC 5 DHC vuông tại H: 2 2 4a HC DC DH 5 Do đó diện tích HCD: 2 HCD 1 4a S DH.HC 2 5 Thể tích khối chóp SHCD: 3 S.HCD HCD 1 4a V SH.S 3 15 0.25 * Tính khoảng cách giữa SD và AC: Dựng HE SD Ta có SH (ABCD) nên SH AC và DH AC , do đó AC (SHD) Mà HE (SHD) nên HE AC Tù đó HE là đoạn vuông góc chung của SD và AC. nên HE d SD;AC 0.25 SHD vuông tại H nên: 2 2 2 111 2a HE 3 HE SH HD Vậy 2a d SD;AC HE 3 0.25 Câu Đáp án Điểm Theo bất đẳng thức Cô-si, với 0x , ta có 2 2 3 2 (1 ) 11111 2 2 x x x x x x x x 0.25 Áp dụng kết quả trên với a > 0, b > 0 và c > 0, ta được 3 2 3 2 2 2 2 2 2 3 3 2 1111111 2 a a b c a b c b ca b c b c a a a 0.25 Tương tự, ta có: 3 2 3 2 2 2 3 3 2 3 2 2 2 3 b b a b c b c a c c a b c c a b 0.25 V (1.0 điểm) Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được: 3 3 3 2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 1 a b c a b c a b c a b c a b c a a b b c a c a b Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng 1 khi a b c . 0.25 5 1.(1.0 điểm) d2 d1 N I A B C d3 M Cạnh AB qua M và 1 :3 4 15 0d x y nên có pt: 4 3 8 0x y . Ta có: 1 2;0AB d B 0.25 Vì M là trung điểm của AB nên 4;8A 0.25 Gọi d 3 là đường thẳng qua M và vuông góc với d 2 . Ta có d 3 : 2 6 0x y . 3 2 2;2d d I . Gọi N là điểm đối xứng với M qua d 2 I là trung điểm của MN 3;0N 0.25 Cạnh BC qua B và N pt cạnh BC : 0y 5;0C Vậy 4;8 B 2;0 C 5;0A 0.25 2.(1.0 điểm) Giả sử: ' ' ' 11 2 2 ( ) 1 2 ; 1 ; ( ) 1 ;2 2 ;P d M t t t P d M t t t ' ' ' 1 2 2 ;2 3;M M t t t t t t . 0.25 Vì 1 2 ( )M M P nên ta có: ' 1 2 ( ) . 0 3 Q M M n t t 0.25 2 1 2 2 27M M t . 1 2 M M nhỏ nhất khi 0t 0.25 VIa (1.0 điểm) Vì (Q) qua M 1 và song song với (P) nên pt (Q): 2 0x y z 0.25 Chia hai vế của pt cho 3 0 x ta được: 4 4 3 2. 3 3 x x 0.25 4 1 3 4 3( ) 3 x x L 0.25 0x 0.25 VIIa (1.0 điểm) Vậy pt có nghiệm là 0x 0.25 1.(1.0 điểm) Đường tròn có tâm )1;1(I , bán kính 2R .Gọi N là trung điểm AB 1 22 ANRIN khoảng cách từ I đến là 1),( Id 0.25 Phương trình có dạng )0(0)3()2( 22 baybxa 1),( Id 1 2 22 ba ba 0.25 VI.b (2.0 điểm) ab b 3 4 0 0.25 GV: Lê Doãn Mạnh Hùng , Email: doanhungle@gmail.com 6 Với b=0, chọn a=1 ta có phương trình x-2=0. Với ab 3 4 , chọn 4;3 ba ta có phương trình 0643 yx 0.25 2.(1.0 điểm) Vì A,B đều có tung độ dương nên A,B nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (Oxz). Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua mp(Oxz), suy ra )15;2;4(' B . 0.25 Chu vi tam giác MAB là ABABABMBAMABMBAM '' Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A,M,B’ thẳng hàng. 0.25 Gọi );0;( baM . Vì A, M, B’ thẳng hàng nên có số k sao cho AM =k. AB’ )315(3 )42(4 )24(2 kb k ka 0.25 11 2 3/2 b a k Vậy với )11;0;2(M thì tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất. 0.25 Điều kiện: 01 02 y yx 0.25 Với điều kiện đó, hệ phương trình đã cho tương đương với 4)1(log3)2(log2 2)1).(2( 22 yyx yyx 0.25 4)1(log3)2(log2 1)1(log)2(log 22 22 yyx yyx 2)1(log 1)2(log 2 2 y yx 0.25 VII.b (1.0 điểm) 3 4 7 41 2 1 2 y x y yx ( thoả mãn điều kiện). Vậy hệ phương trình có nghiệm 3 4 7 y x 0.25 B’ B A M . AM AD 1 AD DC 2 nên đồng dạng, Suy ra ADH DCH , mà ADH HDC 90 DHC 90 0.25 GV: Lê Doãn Mạnh Hùng , Email: doanhungle@gmail.com