SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 NGÀY 05/01/2014 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 – 2013 Môn : TOÁN, Khối A, B Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số: 2x 1 y x 1    1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng y= 1 2 x m  cắt đồ thị (C) tại hai điểm A,B sao cho KA=KB với K(2;0). Câu II (2,0 điểm). 1. Giải phương trình:        42 cos)sin2( 2 cos) 2 cos 2 (sin22 33  x x xxx . 2. Giải phương trình : 2 2 27 2 1 2 8 x x x x x     Câu III (1,0 điểm). Tính: I=. 2 2 3 1 1 x x x x x e xe e dx xe      Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi,hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O, hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 3 4 a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a, và góc giữa 2 mặt phẳng (SAB) với (SBD). Câu V:(1,0 điểm). Cho x,y,z > 0 thỏa mãn: 2 2 2 x y xz yz xy     . Tìm giá trị nhỏ nhất của   4 4 4 4 4 4 1 1 1 4 4 P x y z x y z            PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho 2 đường thẳng có phương trình lần lượt là d 1 : 3x-4y-24=0, d 2 : 2x-y-6=0. Viết phương trình đường tròn(C ) tiếp xúc với d 1 tại A và cắt d 2 tại B, C sao cho BC = 4 5 và  sinA = 2 5 . Biết tâm I của đường tròn (C ) có các tọa độ đều dương. 2. Giải hệ phương trình:     2 4 2 9 3 log log 2 log log 1 y xy x x y          Câu VII.a (1,0 điểm). Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 lập các số có 4 chữ số khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số trong các số được lập, tính xác suất để số được lấy có 2 chữ số chẵn, 2 chữ số lẻ. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn   2 2 : 2 C x y .Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) biết tiếp tuyến đó cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(0;0;2), B(0;1;0), C(-2;0;0). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Viết phương trình mặt cầu tâm H tiếp xúc với Oy. Câu VII.b (1,0 điểm)Giải bất phương trình 2 2 2 log log 2 4 20 0 x x    2 .……….Hết……… Họ và tên thí sinh , Số báo danh www.VNMATH.com 2 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu -ý Nội dung Điểm I.1 *Tập xác định :   \ 1D   Tính 2 1 ' 0 ( 1) y x D x       Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) *Hàm số không có cực trị Giới hạn 1     x lim y 1     x lim y 2   x lim y 2   x lim y Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên x  1  y’ - - y 2   2 *Vẽ đồ thị (Học sinh tự vẽ) 0.25 0.25 0.25 0.25 I.2 * PT hoành độ giao điểm của d m: y = 1 2 x m  với (C) là : 2 1 1 1 2 x x m x          2 1 5 2 2 2 0 1            x x m x m dm cắt © tại hai điểm khi (1) nghiệm phân biệt khác 2 4 12 17 0 1 2 5 2 2 0 m m m m               m * Gọi x 1 , x 2 là các nghiệm của PT(1): 1 2 5 2 x x m     . Toạ độ giao điểm của d m với (C): 1 1 2 2 1 1 ; , ; 2 2 A x x m B x x m               .Gọi I là trung điểm của AB thì 5 2 5 2 ; 2 4 m m I         * KA=KB 3 2 m KI d m    0.25 0.25 0.25 0.25 II.1 Pt(1)                        2 sin 2 cossin2 2 cos 2 cos 2 sin1 2 cos 2 sin4 xx x xxxxx                        2 sin 2 cossin2 2 cossin 2 1 1 2 cos 2 sin4 xx x x x xx                          01 2 cos2 0sin2 0 2 sin 2 cos 01 2 cos2)sin2( 2 sin 2 cos x x xx x x xx +) x x x x sin cos 0 sin 0 k x k2 (k ) 2 2 2 4 2 4 2                         +) 2xsin0xsin2  (vô nghiệm) 0.25 0.25 0.25 www.VNMATH.com 3 +) 2cos 1 4 1 0 cos 4 2 2 2 3 x x x k            (t/mđk) Vậy nghiệm của phương trình là:             4 x k2 ,x k4 k 2 3 0.25 II.2 III ĐK: x 0 , Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình Nhân hai vế của phương trình với 2 ta có: *   2 2 27 27 2 2 2 2 2 4 4 x x x x x x x x x         2 2 27 1 (*) 4 x x x     VT(*) = f(x) có f’(x) = 2 1 0, 0 2 x x x x      , f(x) là hàm nghịch biến trên khoảng   0; VP(*) = g(x) có g’(x) = 27 0, 0 ( ) 2 x x g x     là hàm đồng biến trên khoảng   0; .  phương trình (*) có không quá một nghiệm. Mặt khác x = 2 3 là nghiệm của (*).Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2 3 .         2 1 1 1 1 1 ln 1 ln 1 ln 1 x x x x x x x x x x x x x x x xe e xe d xe I dx xe dx xe xe x xd e xe x xe xe e dx x xe xe e C                               0.25 0.25 0.25 0.25 0,5 0,5 IV Từ giả thiết AC = 2 3a ; BD = 2a và AC , BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3a ; BO = a. Gọi K là hình chiếu của O trên AB, gọi I là hình chiếu của O trên SK. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO  (ABCD). Ta chứng minh được khoảng cách O tới (SAB) là đoạn OI Ta có trong tam giác vuông AOB ta có: 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 3 3 2 a OK OK OA OD a a       .Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao  2 2 2 1 1 1 2 a SO OI OK SO     . Diện tích đáy 2 4 2. . 2 3 D S ABC ABO S OAOB a     ; đường cao của hình chóp 2 a SO  . Thể tích khối chóp S.ABCD: 3 . 1 3 . 3 3 D DS ABC ABC a V S SO  Ta có hình chiếu của tám giác SAB trên mf(SBD) là Tam giác SBO . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBD) ta có os SBO SAB s c s   Ta có : 2 2 1 1 1 . , os arccos 2 4 4 4 SBO SAB a s OB SO SK a s a c            0.25 0.25 0.25 0.25 A B C O I D a K S www.VNMATH.com 4 V Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho hai số dương và bất đẳng thức:   2 2 2 2 a b a b    Ta có:       2 4 2 2 4 4 42 2 4 4 1 1 8 1 2 2 8 x y x y P z z x y z z x y                                   Đặt   4 4 0 1 x y t z     Khi đó ta có: 8 8 1 1 2 8 8 t t P t t                Xét hàm số   2 8 1 8 ( ) 2 '( ) 0, 0;1 8 8 t f t f t t t t          Ta có f(x) nghịch biến trên   0;1   0;1 81 min (1) 8 t P f     Khi đó x = y = 2 z 0.25 0.25 0.25 0.25 VIa.1 Gọi I(x;y), R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn (C ) Áp dụng định lý sin trong tam giác ta có: R = d(I; d 1 ) =5 ( do (C ) tiếp xúc với d 1 ) Gọi M là trung điểm của BC theo định lý Pitago ta có MI = d(I;d 2 ) = 2 2 5R MB  . Khi đó ta có hệ: 3 4 24 25 2 6 5 x y x y            Giải hệ ta đươc 2 nghiệm thỏa mãn yêu cầu TH1   1;1I ta có phương trình (x -1) 2 +(y-1) 2 =25 TH2 I(9;7) ta có phương trình (x -9) 2 +(y-7) 2 =25 0.25 0.25 0.25 0.25 VIa.2 Đk: 2 9 3 0 0 0 log log 2 0 x y y x x x xy               Khi đó ta có hệ 2 2 2 3 y xy x xy             2 2 2 1( ) 3 1 1 2 3 3 x y loai x x y x y y x xy x xy                                 (t/mđk) 0.25 0.25 0.5 VIIa Từ 6 chữ số đã cho ta lập được 4 6 360A  số có 4 chữ số khác nhau Số cách chọn 2 chữ số chẵn từ 3 chữ số 2,4,6 là 2 3 3C  Số cách chọn 2 chữ số lẻ từ 3 chữ số 1,3,5 là 2 3 3C  Từ 4 chữ số được chọn ta lập số có 4 chữ số khác nhau, mỗi số lập được ứng với một hoán vị của 4 phần tử. theo quy tắc nhân ta có số các số lập được thỏa mãn yêu cầu là: 2 2 3 3 . .4! 216C C  Xác suất để chọn được số có 4 chữ số khác nhau được chọn từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 trong đó có 2 chữ số chẵn 2 chữ số lẻ là: 216 3 360 5 P   0.25 0.25 0.25 0.25 VIa.1 +       Tâm : 0;0 Ban kính : 2 C O C R           . Gọi tọa độ     ;0 , 0;A a B b với 0, 0a b  . 0.25 www.VNMATH.com 5 + Phương trình AB: 1 1 0 x y x y a b a b       AB tiếp xúc (C)   2 2 2 2 1 , 2 2 2 1 1 ab d O AB a b a b         (***) 2 2 2 2 2 2 2 2a OAB a b a b S a b b       OAB S   nhỏ nhất khi a b . Từ a b và (***) suy ra 2a b  . Kết luận: Phương trình tiếp tuyến là 1 0 2 2 x y    . 0.25 0.25 0.25 VIa.2 *Ta có ( ) AH BC BC AOH BC OH AO BC          . Tương tự AB OH Suy ra ( )OH ABC . *Phương trình mp (ABC): 1 2 2 0 2 1 2 x y z x y z          *mp(ABC) có vtpt   1;2;1n    nên OH có vtcp (1;2; 1)u n     *Phương trình đường thẳng OH: 1 2 1 2 ; ; 3 3 3 x t y t H x t                  Khoảng cách từ H tới Oy là 2 3 R  Phương trình mặt cầu tâm H tiếp xúc với Oy là 2 2 2 1 2 1 2 3 3 3 9 x y z                         0.5 0.25 0.25 VIIb Điều kiện: x> 0 ; BPT  2 2 2 2 4log log 2 4 20 0 x x    Đặt. 2 2 log 4 x y  , y 1 0.25 . BPT trở thành y 2 + y- 20  0  - 5  y  4.Do y 1 nên ta có y  4 0.25 Khi đó ta có : 2 2 log 2 2 2 4 4 log 1 1 log 1 x x x         1 2 2 x  0.25 0.25 Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm của cách đó . www.VNMATH.com . GD&ĐT B C NINH TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 NGÀY 05/ 01/ 2 014 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2 013 – 2 013 Môn : TOÁN, Khối A, B Thời gian làm b i: 18 0 phút. B b với 0, 0a b  . 0.25 www.VNMATH.com 5 + Phương trình AB: 1 1 0 x y x y a b a b       AB tiếp xúc (C)   2 2 2 2 1 , 2 2 2 1 1 ab d