Sở GD – ĐT Hà Tĩnh ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2012 Trường THPT Nghèn, Can Lộc Môn: Toán; Khối: D GV. Đinh Văn Trường Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số x y x 1   . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ điểm I đến tiếp tuyến bằng 2 . Câu II (3,0 điểm) 1. Giải phương trình:   2 x 2 3 cos x 2sin 2 4 1 2cos x 1             . 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 y 3 2 x y 1 x x x y 2 4 y                3. Giải phương trình:     2 3 3 log x 1 log 2x 1 2     Câu III (2,0 điểm) 1. Tìm nguyên hàm:   2 I ln x 1 x dx     . 2. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x y 1   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x y T 1 x 1 y     Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy AB = a. Gọi SH là đường cao của hình chóp và I là trung điểm của SH. Cho biết khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SBC) bằng a 39 26 . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD. Câu V (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, biết   A 3;6  , trực tâm   H 2;1 và trọng tâm 4 7 G ; 3 3       . Xác định tọa độ các đỉnh B, C của tam giác ABC. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d:x y 1 2 0     và điểm   A 1;1  . Viết phương trình đường tròn   C đi qua A, gốc tọa độ O và tiếp xúc với đường thẳng d. 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: …………… …… ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm)  Tập xác định:   D R \ 1   .  Sự biến thiên: - Chiều biến thiên:   2 1 y' 0 x 1    , x D   . Hàm số đồng biến trên các khoảng   ; 1   và   1;   . 0,25 - Giới hạn và tiệm cận: x x lim y lim y 1     ; tiệm cận ngang : y 1  .   x 1 lim y      ,   x 1 lim y      ; tiệm cận đứng : x 1   . 0,25 - Bảng biến thiên: 0,25  Đồ thị: 0,25 2. (1,0 điểm) Giả sử điểm a M a; (C) a 1         . Phương trình tiếp tuyến tại M của đồ thị (C) là:     2 1 a y x a a 1 a 1          2 1 a x a y 0 a 1 a 1           0,25 Tọa độ điểm   I 1;1  . Khoảng cách từ điểm I đến    là:     4 2 a 1 d I, 1 a 1      0,25 Theo giả thiết ta có   4 a 0 2 a 1 2 a 2 1 a 1           0,25 I (2,0 điểm) Với a 0  , ta có tiếp tuyến : 1 : y x   . Với a 2   , ta có tiếp tuyến : 2 : y x 4    . Vậy có hai tiếp tuyến : 1 : y x   và 2 : y x 4    . 0,25 1 1 x  -1  y’ y + +   3 1 - 1 - 3 y - 3 - 1 1 3 x Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Điều kiện : 1 cosx x k2 2 3        (*) Phương trình đã cho tương đương với :   2 3 cosx 1 cos x 2cosx 1 2                    0,25   2 3 cosx sinx-1 2cos x 1 sinx 3 cos x 0         0,25 t anx 3 x k 3        0,25 Đối chiếu với điều kiện (*), suy ra nghiệm : 2 x k2 3      . 0,25 2. (2,0 điểm) Điều kiện : 2 2 x,y 0 x y 1       (*) Đặt 2 2 u x y x v y         . Hệ đã cho trở thành : 1 3 1 3 2 2 u 1 v 2v 3 v u 2v 4 u 2v 4                        0,25 2 v 1 4v 13v 9 0 u 2 u 2v 4                 hoặc 9 v 4 1 u 2            0,25 Vì 0 u 1   nên 1 u 2   không thỏa mãn. 0,25 Với 2 2 2 x 1 y x v 1 y 1 y u 2 x 1 x 1 x y 2                               hoặc y 1 x 1       Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:     x;y 1; 1   hoặc     x;y 1;1   . 0,25 3. (1,0 điểm) Điều kiện : 1 x 1 2   (*) Phương trình đã cho tương đương :   3 3 log x 1 log 2x 1 1     0,25     3 log x 1 2x 1 1 x 1 2x 1 3         . Xét hai trường hợp : 0,25 +    2 x 1 x 1 x 2 x 1 2x 1 3 2x 3x 2 0                    0,25 II (3,0 điểm) +    2 1 1 x 1 x 1 2 2 1 x 2x 1 3 2x 3x 4 0                      . Phương trình vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm : x 2  . 0,25 Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Đặt   2 2 1 du dx u ln x 1 x 1 x dv dx v x                   0,25   2 2 x I xln x 1 x dx 1 x       0,25 =     2 2 2 d 1 x xln x 1 x 2 1 x       0,25 =   2 2 xln x 1 x 1 x C      0,25 2. (1,0 điểm) Do x, y 0  và x y 1   nên 0 x, y 1   . Áp dụng BĐT Côsi, ta có :     3 2x 1 3 2x 1 x 2. 1 x 2 2 4 2 2        và 3 2y 1 y 2 2    0,25 Do đó, x y 3 4xy T 2 2 2 2 3 2x 3 2y 3 4xy                    0,25 Đặt t xy  . Ta có :   2 x y 1 0 t xy 4 4      . Do đó, 3 4t T 2 2. 3 4t          Xét hàm số :   3 4t f t 3 4t    , với 1 0 t 4   0,25 III (2,0 điểm)     2 24 f ' t 0, 3 4t     1 t 0; 4         , suy ra   1 0; 4 1 1 minf t f 4 2               Vậy, minT 2  ; khi và chỉ khi 1 x y 2   . 0,25 J H A D B C S I K Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ HJ BC  , J BC  . Vì BC SH  nên   BC SHJ  . Trong mặt phẳng (SHJ), kẻ IK SJ  . Khi đó,   IK SBC  . Suy ra, a 39 IK 26  . 0,25 Ta có : a HJ 2  và hai tam giác vuông SIK  , SJH  đồng dạng nên SI IK 39 13SI SJ SJ JH 13 39     0,25 IV (1,0 điểm) Đặt SH 2x  , x 0  13x SJ 39   . Mặt khác, 2 2 2 2 2 2 13x a SJ SH HJ 4x 3 4      0,25 a 3 x 2   . Do đó, SH 2x a 3   . Diện tích đáy : 2 ABCD S a  . Thể tích : 3 S.ABCD ABCD 1 a 3 V SH.S 3 3   . 0,25 Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) G I H A B C Gọi I là trung điểm của BC và giả sử   I a;b . Ta có : AG 2GI    13 4 7 2 a a 3 3 2 1 11 7 b 2 b 2 3 3                                    . Suy ra 7 1 I ; 2 2       0,25 Ta có,     AH 5; 5 5 1; 1      . Đường thẳng BC đi qua I và có VTPT là   n 1; 1   Phương trình đường thẳng BC : x y 3 0    . 0,25 Giả sử   B t; t 3 BC     C 7 t;4 t    . Ta có   AB t 3;t 9     và   CH t 5;t 3     Do H là trực tâm của tam giác ABC nên AB.CH 0    0,25       t 1 t 3 t 5 t 9 t 3 0 t 6              Vậy tọa độ các điểm B, C là :     B 1; 2 ,C 6;3  hoặc     C 1; 2 ,B 6;3  . 0,25 2. (1,0 điểm) Phương trình của đường tròn (C) là : 2 2 x y 2ax 2by c 0      , với 2 2 a b c 0    Vì (C) đi qua gốc tọa độ O nên c 0  . 0,25 Đường tròn (C) đi qua điểm   A 1;1  nên 1 a b 0    ( 1). 0,25 Tọa độ tâm I của đường tròn (C) là   I a; b   và bán kính 2 2 R a b   Vì đường tròn (C) tiếp xúc với đường thẳng d nên   2 2 a b 1 2 d I,d R a b 2         0,25 V (2,0 điểm) Sử dụng (1) 2 2 a b 1   (2). Ta có hệ phương trình 2 2 1 a b 0 a b 1         a 0 b 1        hoặc a 1 b 0      Vậy có hai đường tròn:   2 2 1 C : x y 2y 0    hoặc   2 2 2 C :x y 2x 0    . 0,25 Chúc các em thành công ! . Sở GD – ĐT Hà Tĩnh ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2 012 Trường THPT Nghèn, Can Lộc Môn: Toán; Khối: D GV. Đinh Văn Trường Thời gian làm bài: 18 0 phút, không kể thời gian phát đề Câu. 1. (1, 0 điểm) Đặt   2 2 1 du dx u ln x 1 x 1 x dv dx v x                   0,25   2 2 x I xln x 1 x dx 1 x       0,25 =     2 2 2 d 1 x xln x 1. 3. (1, 0 điểm) Điều kiện : 1 x 1 2   (*) Phương trình đã cho tương đương :   3 3 log x 1 log 2x 1 1     0,25     3 log x 1 2x 1 1 x 1 2x 1 3         . Xét hai trường