SỞ GD&ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BA ĐÌNH
Đ Ề THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 N ĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối A, B
Thời gian làm bài: 180 phút
PhÇn chung cho tÊt c thÝ sinh (7,0 điểm )
C©u I (2,0 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=− có
đồ
th
ị
là (C)
1.
Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ
đồ
th
ị
(C) c
ủ
a hàm s
ố
.
2.
Tìm các giá tr
ị
m
để
đườ
ng th
ẳ
ng
3
y x m= − + cắ t (C) tại A và B sao cho trọng tâm của tam giác
OAB thuộc đường thẳng
220
xy
−−=
(O là gốc tọa độ).
Câu II (2,0 ®iÓm)
1. Giải bất phöông trình
32
(3 44) 10
xxxx
+−−+≤
2. Giả
i
phöông trình cos cos 3 1 2 sin 2
4
x x x
π
+ = + +
C©u III (1,0 ®iÓm) Tính tích phân
22
0
1 3sin22cos
x
xdx
π
− +
∫
C©u IV
(1,0 ®iÓm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nh
ật,
, 2 2
AB
aAD a
= =
.
Hình chiế u vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABCD) trùng vớ i trọng tâm tam giác BCD.
Đường thẳng SA tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 45
0
. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và
khoảng cách giữa h ai đường thẳng AC và SD theo a.
C©u V (1,0 ®iÓm) Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh bấ t đẳng thức
2 2 2
2 2 2
2 2 2 1
( ) ( ) ( )
xxy yyz zzx
yzx z z xy x x yz y
+ + +
++≥
+ + + + + +
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ đ ư ợc làm một trong hai phần ( p hần A hoặc phần B)
A. Theo chươn g t rì nh c h uẩn
C©u VI.a (2,0 ®iÓm)
1.
Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d
1
:
3 5 0x y+ + =
, d
2
:
3 1 0x y+ + =
và
điểm
( 1 ; 2)I−
.
Viế t phương trình
đường thẳng đi qua I và cắt d
1
, d
2
lần lượt tại A và B sao cho
22AB =
.
2.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(-1; -1 ;2), B(-2; -2; 1) và mặt phẳ ng (P) có ph
ương trình
32 0
xy z
+− + =. Viết phương trình m
ặt phẳng (Q) là m
ặt phẳng trung trực của đoạ n AB. Gọi ∆
là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho đoạn thẳ ng OM nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn ( 1 3 )iz
− là số thực và 2 5 1
z
i
−+ = .
B. Theo ch−¬ng tr×nh n©ng cao
C©u VI.b (2,0 ®iÓm)
1.
Trong mặt phẳ ng Oxy, cho hai đường thẳng d
1
: 350
x y
+ + =
, d
2
: 350
x y
− + =
và
điểm ( 1 ; 2)
I−.
Gọi A là giao điểm của d
1
và d
2
. Viết phương trình đường thẳng đi qua I và cắ t d
1
, d
2
lần lượt tại B
và C sao cho
2 2
1 1
AB AC
+
đạt giá trị nhỏ nhất.
2. Trong không gian Oxyz, cho A(1;1;0), B(0;1;1) vaø C(2;2;1)
và mặt phẳng (P): x + 3y – z + 2 = 0.
Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho MA
2
+ MB
2
+ MC
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
() ( )
( ) ( )
2
1 2
1 2
2log 2 2 log 1 6
log 5log 4 1
x y
x y
xy y x x
y x
− +
− +
− + − + + − =
+ − + =
--------------------------------------------------HÕt-----------------------------------------------------
C󰹄m ơn (trongxuanhp@gmail.com) đã g󰺎i t󰹼i www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
Câu Ý
Nội dung Điểm
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 1
1
y
x
+
=−
1,00
TXĐ :
{ }
\ 1ℝ
.
2
3
' 0, 1
( 1)
y x
x
−
= < ∀ ≠
−
0,25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;1)và (1; )
−∞ +∞
1 1
2 1 2 1
lim ; lim
1 1
x x
x x
x x
+ −
→ →
+ +
= +∞ = −∞ ⇒
− − TCĐ :
1
x
=
2 1
lim 2
1
x
x
x
→±∞
+=⇒
− TCN :
2
y
=
0,25
Lập BBT
x
−∞
1
+∞
y’ - -
y
2
−∞
+∞
2
0,25
1
Đồ thị
6
5
4
3
2
1
-1
-2
-4
-2 2
4
6
1
0,25
trọng tâm của tam giác OAB thuộc đường thẳng
2 2 0
x y
− − =
(d)
1,00
Pt hoành độ giao điểm: 2 1 3
1
x
x m
x
+= − +
−
. Với đk
1
x
≠
2
PT 2 1 ( 1)( 3 ) 3 (1 ) 1 0 (1)x x x m x m x m
⇔ + = − − + ⇔ − + + + =
0,25
D cắt (C) tại A và B ⇔ Pt (1) có 2 nghiệm khác 1
2
11
(1 ) 12( 1) 0 ( 1)( 11) 0 1
3 (1 ) 1 0
m
m m m m m
m m
>
∆ = + − + >
⇔ ⇔ + − > ⇔
< −
− + + + ≠
0,25
I
2
Gọi x
1
, x
2
là 2 nghiệm của (1). Khi đó
1 1 2 2
( ; 3 ), ( ; 3 )
A x x m B x x m
− + − +
Gọi I là trung điểm của AB
1 2
1 1
, 3
2 6 2
I I I
x x m m
x y x m
++ −
⇒= = = − + =
0,25
Gọi G là trọng tâm tam giác OAB 2 1 1
;
3 9 3
m m
OG OI G + −
⇒=⇒
1 1 11
2. 2 0
9 3 5
m m
G d m
+ −
∈ ⇔ − − = ⇔ = −
(TM). Vậy 11
5
m= −
0,25
Giải bất phöông trình
3 2
(3 4 4) 1 0
x x x x
+ − − + ≤
1,00
Điều kiện :
1
x≥ −
. Đặt
2
0
11
y
y x y x
≥
= + ⇔ = +
Bpt trở thành
3 2 2
(3 4 ) 0
x x y y
+ − ≤
0,25
TH 1.
0 1
y x
= ⇔ = −
. Thỏa mãn BPT
TH 2.
0 1
y x
> ⇔ > −
. Chia hai v
ế
cho
3
y ta
đượ
c
3 2
3 4 0
x x
y y
+ − ≤
. Đặt
x
ty
= và giải BPT ta được
1
t≤
0,25
2
1 0
0
1 1 1
1 0
x
xx
t x x
yx x
− ≤ <
≥
≤⇒≤ ⇔ ≤ + ⇔
− − ≤
0,25
1
1 0
01 5
12
1 5 1 5
2 2
x
xx
x
− ≤ <
≥+
⇔ − ≤ ≤
− +
≤ ≤
. Kết hợp
1
x> −
ta được
1 5
12
x+
− < ≤ . V
ậ
y t
ậ
p nghi
ệ
m c
ủ
a BPT là S =
1 5
1; 2
+
−
0,25
Giả
i
phöông trình
cos cos3 1 2 sin 2 4
x x x
π
+ = + +
1,00
⇔ = + +
2cos2xcosx 1 sin2x cos2x
0,25
⇔ − = +
cos2x(2cosx 1) 1 2sinx cosx
⇔ − − = +
2 2 2
(cos x sin x)(2cosx 1) (cosx sinx)
+ =
⇔− − = +
cosx sinx 0 (1)
(cosx sinx)(2cosx 1) cosx sinx (2)
0,25
π π π
⇔ + = ⇔ + = π ⇔ = − + π
(1) 2 sin x 0 x k x k
4 4 4
0,25
II
2
π
== + π
⇔ − − = ⇔ ⇔
π
+ = π π
+ = ± + π
cosx 0 x k
2
(2) 2cosx(cosx sinx 1) 0 2 cos x 1
x k2
44 4
V
ậ
y pt có nghi
ệ
m là
π
= − + π
x k
4
,
π
= + π
x k
2
,
= π
x k2
0,25
III
Tí
nh tích phân I =
22
0
1 3 sin 2 2cos
x xdx
π
− +
∫
1,00
222
22
000
1 3sin 2 2cos (sin 3cos ) sin 3cos
I x xdx x x dx x x dx
πππ
= − + = − = −
∫ ∫ ∫
0,25
sin 3cos 0 tan 3 3
x x x x k
π
π
− = ⇔ = ⇔ = +
Do
0; 2
x
π
∈
nên 3
x
π
=
0,25
32
03
sin 3 cos sin 3cos
I x x dx x x dx
ππ
π
= − + −
∫ ∫
32
03
(sin 3cos ) (sin 3 cos )
x x dx x x dx
π π
π
= − + −
∫ ∫
( ) ( )
3 2
03
cos 3sin cos 3sin
x x x x
π π
π
= − − + − −
0,25
1 3 1 3
1 3 3 3
2 2 2 2
= − − + + − + + = −
0,25
Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AC và SD theo a.
1,00
Gọi H là trọng tâm tam giác BCD. Theo GT
( )
SH ABCD
⊥
Gọ
i 2 1 2
3 3
O AC BD CH CO AC a AH AC HC a
= ∩
⇒
= = =
⇒
= − =
SA t
ạ
o v
ớ
i
đ
áy góc 45
0
suy ra
0
45 2
SAH SH AH a
=⇒= =
0,25
G
ọ
i V là th
ể
tích kh
ố
i chóp S.ABCD thì
3
1 1 4 2
. .2 2 .2
3 3 3
ABCD
V S SH a a a a
= = =
0,25
G
ọ
i M là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a SB. M
ặ
t ph
ẳ
ng (ACM) ch
ứ
a AC và // SD
Do
đ
ó
( ; ) ( ;( )) ( ;( ))
d SD AC d SD ACM d D ACM
= =
Ch
ọ
n h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz nh
ư
hình v
ẽ
. Khi
đ
ó
2 4 2
(0;0;0), ( ;0;0), (0;2 2 ;0), ; ;2 , ( ;2 2 ;0)
3 3
a a
A B a D a S a C a a
0,25
IV
5 2 2
; ;
6 3
a a
M a
.
( ;2 2 ;0)
AC a a
=
5 2 2
; ;
6 3
a a
AM a
=
⇒
2 2 2
(2 2 ; ; 2 )
AC AM a a a
∧ = − −
Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm
A và có vtpt
(2 2; 1; 2)n= − −
nên có
phương trình là
0,25
M
H
O
B
D
C
A
S
2 2 2 2
2 2 2 0 ( ;( )) 8 1 2 11
aa
x y z d D ACM −
− − = ⇒= =
+ +
Chứng minh
222
2 2 2
2 2 2 1
( ) ( ) ( )
x xy y yz z zx
y zx z z xy x x yz y
+ + +
+ + ≥
+ + + + + + (1)
1,00
Ta có
2 2
( ) ( . . . ) ( )( )
y zx z y y x z z z y x z y z z
+ + = + + ≤ + + + +
2 2
22
1 1 2 2
( )( 2 ) ( )( 2 )
( ) ( )
x xy x xy
x y z y z x y z y z
y zx z y zx z
+ +
⇒≥ ⇔ ≥
+ + + + + +
+ + + +
0,25
22
1 2 1 2 2 2
( ) 2 ( ) 2
x xy x xy xz
x x x
x y z y z x y z y z
+ + +
= + − = −
+ + + + + +
2
2
x x
y z x y z
= −
+ + + . Tương tự, cộng lại ta được
VT (1)
2 2 2 1
2 2 2
xyz
y z z x x y
≥ + + −
+ + +
0,25
2 2 2 2
2( )
2 1 1
2 2 2 3( )
x y z x y z
xy xz yz yx zx zy xy yz zx
+ +
= + + − ≥ −
+ + + + +
0,25
V
Chứng minh được
2
( ) 3( )
x y z xy yz zx
+ + ≥ + + . Suy ra
VT (1)
2 1 1
≥ − =
Đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra
x y z
= =
0,25
Vi
ế
t pt
đ
t
đ
i qua I và c
ắ
t d
1
, d
2
l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i A và B sao cho
2 2AB =
1,00
1 2
( ; 3 5); ( ; 3 1)A d A a a B d B b b∈⇒− − ∈ ⇒− −
( 1; 3 3) 0; ( 1; 3 1)
IA a a IB b b
= − − − ≠ = − − +
I, A, B th
ẳ
ng hàng 1 ( 1)
3 1 ( 3 3)
b k a
IB kIA b k a
− = −
⇒= ⇔ − + = − −
0,25
N
ế
u
1 1 4
a b AB
=⇒=⇒=
(không TM)
N
ế
u
1
3 1 ( 3 3) 3 2
1
b
b a a b
a
−
⇒
− + = − − ⇔ = −
−
0,25
[ ]
2
22 2
( ) 3( ) 4 2 2 (3 4) 8,
AB b a a b t t t b a
= − + − + = ⇔ + + = = −
2
2
5 12 4 0 2
5
t
t t t
= −
⇔ + + = ⇔ = −
0,25
1
2 2 2, 4 :5 3 0
t b a b a x y
= − ⇒− = − ⇒= = ⇒∆ + − =
2 2 6 8
, :13 11 0
5 5 5 5
t b a b a x y
− −
=⇒− = ⇒= = ⇒∆ + − =
0,25
Tìm
đ
i
ể
m M thu
ộ
c ∆ sao cho
đ
o
ạ
n th
ẳ
ng OM nh
ỏ
nh
ấ
t
1,00
VI.a
2
G
ọ
i I là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a AB
3 3 3
; ; . ( 1; 1; 1)
2 2 2
I AB
− −
⇒= − − −
Pt (Q) là 30
2
x y z
+ + + =
0,25