Thuan thanh 1 toan 2013 lan1

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: TOÁN, khối A+B Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 1 12    x x y 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị )(H của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị )(H biết tiếp tuyến cách đều hai điểm )4;2(A và )2;4(   B . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình:   1 cos2 sin 2 cos cos2 cos 1 tan x x x x x x      2. Giải hệ phương 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                    Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: dx xx xxx I     2 0 2 23 1 32 Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB = 2a , AD = a . Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho 2 a AM  , cạnh AC cắt MD tại H . Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a . Tính thể tích khối chóp S. HCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho a, b,c là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 3 3 3 3 3 3 ( ) ( ) ( ) a b c M a b c b c a c a b          II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 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 toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 1 2 1 1 1 2 : ; : . 2 1 1 1 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 cắt 1 2 , d d theo đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình 1 2 1 2 3 2 12 x x x    B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng  đi qua )3;2(M và cắt đường tròn 0222 22  yxyx tại hai điểm BA, sao cho 32AB . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm )3;4;2(  A và )15;2;4(B . Tìm toạ độ điểm M trên mặt phẳng Oxz sao cho tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình      4)1(log3)2(log2 0222 22 2 yyx xyxyy Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh………………………………………….; Số báo danh…………………… www.MATHVN.com www.MATHVN.com GV: Lê Doãn Mạnh Hùng , Email: doanhungle@gmail.com 2 TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 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: 1 1 12 )1( )1( 1 1 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 www.MATHVN.com www.MATHVN.com 3 Câu Đáp án Điểm 1.(1.0 điểm) Đk: cos 0; t anx 1 x    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 0 x x x x x          cos sin cos sin 1 0 x x x x      vì cos 0 x  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     ; 2 x 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 (*) 2 y x    0.25 Thế vào phương trình đầu của hệ: 3 2 3 3 5 2 3 10 26 x 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 0 x x    . Từ đó suy ra hệ có nghiệm duy nhất 2; 0 x 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 www.MATHVN.com www.MATHVN.com 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 1 1 1 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 0  x , ta có       2 2 3 2 (1 ) 1 1 1 1 1 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 1 1 1 1 1 1 1 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 V ậ y giá tr ị nh ỏ nh ấ t c ủ a bi ể u th ứ c b ằ ng 1 khi a b c   . 0.25 www.MATHVN.com www.MATHVN.com 5 1.(1.0 điểm) d2 d1 N I A B C d3 M Cạnh AB qua M và 1 :3 4 15 0 d x y     nên có pt: 4 3 8 0 x y    . Ta có:   1 2;0 AB d B   0.25 Vì M là trung điểm của AB nên   4;8 A 0.25 Gọi d 3 là đường thẳng qua M và vuông góc với d 2 . Ta có d 3 : 2 6 0 x y    .   3 2 2;2 d d I   . Gọi N là điểm đối xứng với M qua d 2  I là trung điểm của MN   3;0 N 0.25 Cạnh BC qua B và N  pt cạnh BC : 0 y    5;0 C Vậy       4;8 B 2;0 C 5;0 A  0.25 2.(1.0 điểm) Giả sử:     ' ' ' 1 1 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 27 M M t   . 1 2 M M nhỏ nhất khi 0 t  0.25 VIa (1.0 điểm) Vì (Q) qua M 1 và song song với (P) nên pt (Q): 2 0 x 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 0 x   0.25 VIIa (1.0 điểm) Vậy pt có nghiệm là 0 x  0.25 1.(1.0 điểm) Đường tròn có tâm )1;1(I , bán kính 2  R .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 www.MATHVN.com www.MATHVN.com 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 AB AB AB MB AM AB MB AM        ' ' 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 www.MATHVN.com www.MATHVN.com . th ứ c b ằ ng 1 khi a b c   . 0.25 www. MATHVN. com www. MATHVN. com 5 1. (1. 0 điểm) d2 d1 N I A B C d3 M Cạnh AB qua M và 1 :3 4 15 0 d x y . bài là 4 5 4 1  xy ; 1   xy và 5   xy . 0.25 www. MATHVN. com www. MATHVN. com 3 Câu Đáp án Điểm 1. (1. 0 điểm) Đk: cos 0; t anx 1 x    pt 