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: ……………...……
Thi thử Đại học www.toanpt.net

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 1a 1
  
  
 2
1 a
x 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 :
1
cos x x k2
2 3

      (*)
Phương trình đã cho tương đương với :  2 3 cos x 1 cos x 2cos x 1
2
  
       
  
0,25
 2 3 cos x 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 14v 13v 9 0
u 2u 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 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 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 dxu 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
x ln x 1 x
2 1 x

  

 0,25
=  2 2
x 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 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
min f t f
4 2 
 
 
 
  
 
Vậy, min T 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 213x a
SJ SH HJ 4x
3 4
     0,25

a 3
x
2
  . Do đó, SH 2x a 3  .
Diện tích đáy : 2
ABCDS 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 72 a a
3 3 2
111 7
b2 b
23 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
1C : x y 2y 0   hoặc   2 2
2C : x y 2x 0   .
0,25
Chúc các em thành công !