Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 175

 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 
xy
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 x2 3 cos x 2sin 2 4 1
2cos x 1
    
  

. 
2. Giải hệ phương trình: 
2 2
2 2
1 y3 2
x y 1 x
xx y 2 4
y
     

   

3. Giải phương trình:    23 3log x 1 log 2x 1 2    
Câu III (2,0 điểm) 
1. Tìm nguyên hàm:  2I 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 yT
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 7G ;
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: ... 
binhthien@yahoo.com.vn sent to www.laisac.page.tl
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
1y ' 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 aM a; (C)
a 1
   
. Phương trình tiếp tuyến tại M của đồ thị (C) là: 
 
 2
1 ay x a
a 1a 1
  
  
 2
1 ax a y 0
a 1a 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 02 a 1
2
a 21 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 : 1cos x x k2
2 3

      (*) 
Phương trình đã cho tương đương với :  2 3 cos x 1 cos x 2cos x 12
         
  
0,25 
 2 3 cos x s inx-1 2cos x 1 s inx 3 cos x 0        0,25 
t anx 3 x k
3

      
0,25 
Đối chiếu với điều kiện (*), suy ra nghiệm : 2x k2
3

    . 
0,25 
2. (2,0 điểm) 
Điều kiện : 
2 2
x, y 0
x y 1


 
 (*) 
Đặt 
2 2u x y
xv
y
  




. Hệ đã cho trở thành : 
1 3 1 32 2
u 1 v 2v 3 v
u 2v 4 u 2v 4
       
  
     
0,25 
2 v 14v 13v 9 0
u 2u 2v 4
     
  
  
 hoặc 
9v
4
1u
2
  

  

0,25 
Vì 0 u 1  nên 1u
2
  không thỏa mãn. 
0,25 
Với 2
2 2
x 1 y xv 1 y 1
y
u 2 x 1x 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 3log x 1 log 2x 1 1    
0,25 
    3log 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 1x 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
1du dxu ln x 1 x
1 x
dv dx v x
    
  
  
0,25 
 2 2xI x ln x 1 x dx1 x     
0,25 
=    
2
2
2
d 1 x
x ln x 1 x
2 1 x

  

 
0,25 
=  2 2x ln 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 2x1 3 2x1 x 2. 1 x 2
2 4 2 2
 
     và 3 2y1 y
2 2

  
0,25 
Do đó, 
x y 3 4xyT 2 2 2 2
3 2x 3 2y 3 4xy
   
          
0,25 
Đặt t xy . Ta có :  
2x y 10 t xy
4 4

    . Do đó, 3 4tT 2 2.
3 4t
    
Xét hàm số :   3 4tf t
3 4t



, với 10 t
4
  
0,25 
III 
(2,0 điểm) 
 
 2
24f ' t 0,
3 4t

 

 1t 0;
4
    
, suy ra  
10;
4
1 1min f t f
4 2   
   
 
Vậy, min T 2 ; khi và chỉ khi 1x 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 39IK
26
 . 
0,25 
Ta có : aHJ
2
 và hai tam giác vuông SIK , SJH đồng dạng nên 
 SI IK 39 13SISJ
SJ JH 13 39
    
0,25 
IV 
(1,0 điểm) 
Đặt SH 2x , x 0
13xSJ
39
  . Mặt khác, 
2 2
2 2 2 213x aSJ SH HJ 4x
3 4
     
0,25 
a 3x
2
  . Do đó, SH 2x a 3  . 
Diện tích đáy : 2ABCDS a . Thể tích : 
3
S.ABCD ABCD
1 a 3V 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 72 a a3 3 2
111 7 b2 b
23 3
          
  
         
. Suy ra 7 1I ;
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 2x y 2ax 2by c 0     , với 2 2a 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 2R 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 2a 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 21C : x y 2y 0   hoặc   2 22C : x y 2x 0   . 
0,25 
Chúc các em thành công !