1. Public Documents
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
x
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 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)
 x 
 
2  3 cos x  2sin 2   
 2 4  1
1. Giải phương trình: .
2 cos x  1
 1 y
 x 2  y2  1  3 x  2

2. Giải hệ phương trình: 
x 2  y2  2 x  4

 y
2
3. Giải phương trình: log3  x  1  log 3
 2x  1  2
Câu III (2,0 điểm)
 2
1. Tìm nguyên hàm: 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
a 39
hình chóp và I là trung điểm của SH. Cho biết khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SBC) bằng .
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
4 7
tâm G  ;  . Xác định tọa độ các đỉnh B, C của tam giác ABC.
 3 3
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: ……………...……

2. www.VNMATH.com
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu Đáp án Điểm
I 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm)  Tập xác định: D  R 1 .
 Sự biến thiên:
1
- Chiều biến thiên: y '  2
 0 , x  D . 0,25
 x  1
Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và  1;   .
- Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  1 ; tiệm cận ngang : y  1 .
x  x 
0,25
lim  y   , lim  y   ; tiệm cận đứng : x  1 .
x  1 x  1
- Bảng biến thiên: x  -1 
y’ + +
 1 0,25
y
1 
 Đồ thị: y
3
1
- - 1 3 x 0,25
3 1 -
1
-
3
2. (1,0 điểm)
 a 
Giả sử điểm M  a;   (C) . Phương trình tiếp tuyến tại M của đồ thị (C) là:
 a 1 
0,25
1 a 1 a
2 
y x a  2 
x  a  y   0 
 a  1 a 1  a  1 a 1
2 a 1
Tọa độ điểm I  1;1 . Khoảng cách từ điểm I đến    là: d  I,    0,25
4
1   a  1
2 a 1 a  0
Theo giả thiết ta có  2 0,25
1   a  1
4
 a  2
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

3. www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
II 1. (1,0 điểm)
(3,0 điểm) 1 
Điều kiện : cos x   x    k2 (*)
2 3
   0,25

 

Phương trình đã cho tương đương với : 2  3 cos x  1  cos  x     2 cos x  1
 2 
 
 2  3 cos x  s inx-1  2 cos x  1  s inx  3 cos x  0 0,25

 t anx  3  x   k 0,25
3
2
Đối chiếu với điều kiện (*), suy ra nghiệm : x    k2 . 0,25
3
2. (2,0 điểm)
x, y  0
Điều kiện :  2 2
(*)
x  y  1
u  x 2  y 2  1 3  1 3 0,25
    2    2
Đặt  x . Hệ đã cho trở thành :  u 1 v   2v  3 v
v  y u  2v  4
 u  2v  4


 9
2
 4v  13v  9  0  v  1 v   4

  hoặc  0,25
 u  2v  4 u  2 u   1

 2
1 0,25
Vì 0  u  1 nên u   không thỏa mãn.
2
x
 v  1   1 y  x  y  1 y  1
Với   y  2  hoặc 
u  2  2 2 x  1 x  1 x  1 0,25
x  y  2
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:  x; y   1; 1 hoặc  x; y    1;1 .
3. (1,0 điểm)
1
Điều kiện :  x  1 (*) 0,25
2
Phương trình đã cho tương đương : log 3 x  1  log 3  2x  1  1
 log 3 x  1  2x  1  1  x  1  2x  1  3 . Xét hai trường hợp :
0,25
x  1
 x  1
+   2 x2 0,25
 x  1 2x  1  3
 2x  3x  2  0
1 1
  x 1   x 1
+ 2  2 . Phương trình vô nghiệm.
1  x  2x  1  3 2x 2  3x  4  0 0,25
 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm : x  2 .

4. www.VNMATH.com
Câu Đáp án Điểm
III 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm)  1
Đặt 
 
u  ln x  1  x 2
 
du 
1  x2
dx
dv  dx v  x 0,25
 
x

I  x ln x  1  x 2   
1 x2
dx 0,25
   2 1  x 
d 1  x2

= x ln x  1  x 2
2
0,25
= x ln  x  1 x   1 x  C
2 2
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 :
1  3  2x   3  2x và 1  y  3  2y 0,25
1  x  2. 1  x   2
2 4 2 2 2 2
 x y   3  4xy 
Do đó, T  2 2     2 2  0,25
 3  2x 3  2y   3  4xy 
2
Đặt t  xy . Ta có : 0  t  xy 
 x  y 
1  3  4t 
. Do đó, T  2 2.  
4 4  3  4t  0,25
3  4t 1
Xét hàm số : f  t   , với 0  t 
3  4t 4
24  1 1 1
f 't  2
 0, t   0;  , suy ra min f  t   f   
 3  4t   4  1
 0; 
4  
 4 2
0,25
1
Vậy, min T  2 ; khi và chỉ khi x  y  .
2
IV S
(1,0 điểm)
K
I
A D
H 0,25
B J C
Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ HJ  BC , J  BC . Vì BC  SH nên BC   SHJ  .
a 39
Trong mặt phẳng (SHJ), kẻ IK  SJ . Khi đó, IK   SBC  . Suy ra, IK  .
26
a
Ta có : HJ  và hai tam giác vuông SIK , SJH đồng dạng nên
2
0,25
SI IK 39 13SI
   SJ 
SJ JH 13 39
13x 13x 2 a2
Đặt SH  2x , x  0  SJ  . Mặt khác, SJ 2  SH 2  HJ 2   4x 2  0,25
39 3 4

5. www.VNMATH.com
a 3
x . Do đó, SH  2x  a 3 .
2
1 a3 3 0,25
Diện tích đáy : SABCD  a 2 . Thể tích : VS.ABCD  SH.SABCD  .
3 3
Câu Đáp án Điểm
V 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) A
H
G
B C
I 0,25
 
Gọi I là trung điểm của BC và giả sử I  a; b  . Ta có : AG  2GI
13  4  7
 3  2 a  3  a  2
    7 1
  . Suy ra I  ; 
 11  2  b  7  b  1  2 2
 3   
 2
  3
 
Ta có, AH   5; 5   5 1; 1 . Đường thẳng BC đi qua I và có VTPT là n 1; 1
0,25
Phương trình đường thẳng BC : x  y  3  0 .

 

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
 
  0,25
Do H là trực tâm của tam giác ABC nên AB.CH  0
t  1
  t  3 t  5    t  9  t  3  0  
t  6 0,25
Vậy tọa độ các điểm B, C là : B 1; 2  , C  6;3 hoặc C 1; 2  , B  6;3 .
2. (1,0 điểm)
Phương trình của đường tròn (C) là : x 2  y 2  2ax  2by  c  0 , với a 2  b 2  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 R  a 2  b 2
Vì đường tròn (C) tiếp xúc với đường thẳng d nên 0,25
a  b  1  2
d  I, d   R   a 2  b2
2
1  a  b  0
Sử dụng (1) a 2  b 2  1 (2). Ta có hệ phương trình  2 2
a  b  1
a  0 a  1 0,25
 hoặc 
b  1 b  0
Vậy có hai đường tròn:  C1  : x 2  y 2  2y  0 hoặc  C 2  : x 2  y 2  2x  0 .
Chúc các em thành công !