TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2 0 1 2 -20 1 3
Môn thi: TOÁN, khối A + B
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể th ời gian phát đề
I.PHẦ N CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7, 0 điể m )
C â u I (2 ,0
đ
i
ể m )
Cho hàm s
ố

1
12



x
x
y

1. K h ảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
)(
H
c ủa h à m s ố đã c h o .
2. V i ế t phương trình tiế p tuyến của đồ thị
)(H
biết tiế p tuyến cách đều hai đi ể m
)4;2(A
và
)2;4( B

x x
y
x x x y y


  










 


C â u I I I (1,0
điểm
)
Tính tí ch p h â n:
dx
xx
xx
x
I



ết
SH
v u ô n g g ó c v
ới mặt phẳng
(A BCD)
v à SH = a . Tính thể tích khối chóp S. HCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC theo a.
C â u V
(1,0
đ
i
ể m
)
Cho a, b,c là các s
ố dương
. Tìm giá tr
ị n h ỏ n h ấ t c ủ a b i ể u t h ứ c : 3 3 3
3 3 3 3 3 3
( ) ( ) ( )
a b c
M
a b c b c a c a b
  
     

II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh ch
ỉ

1 1 1 2
: ; : .
2 1 1 1 2 1
x
y z x y z
d d
   
   
Viết phương trình mặt phẳng
( )P
song song với
mp
( )
:
2
3
0Q
x
y
z
 


và c
ắt
1 2
,
d
d
theo đoạn thẳng có độ d

và cắ t đường tròn
0222
22
 yxyx
tạ i h a i đi ểm
BA ,
sao cho
32AB
.
2. Trong không gian với h ệ toạ độ Oxyz cho hai đi ểm
)3;4;2(A
và
)15;2;4(B
. Tìm toạ độ điể m M trên
mặt phẳng Oxz sao cho tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất.
C â u V I I . b (1, 0 điểm) Giải hệ phương trình





4)1(l o g3)2(l o g2
0222
22
2
yyx
xyxyy
Hế t
Thí sinh không sử dụng tài liệu. C án bộ coi thi không giải t h í c h g ì t h ê m .
H ọ và tên thí sinh………………………………………….; Số báo danh……………………

x  +∞
y = 2 ; tiệm cận ngang là y = 2
lim

x  (-1)
-

y = + ∞ lim

x  (-1)
+

y = -∞; tiệm cận ngang là x = -1
0.25
- Bảng biến thiên:
x -∞ -1 +
∞
y’ + +
y +∞

2
2

-∞

0.25
 Đồ thị:

Đồ thị nhận giao hai tiệm cận I(-1;2) làm tâm đối xứng
0.25

1
1
12
)1(
)1(
1
1
0
0
0
0
2
0





 x
x
x
x
x

suy ra phương trình tiếp tuyến là
4
5
4
1
 xy


0.25
I
(2.0
điểm)
với
0
0
x
ta có phương trình tiếp tuyến là 1 xy
Với 2
0
x ta có phương trình tiếp tuyến là 5 xy
Vậy có ba phương trình tiếp tuyến thoả mãn đề bài là
4
5
4
1
 xy
; 1 xy và 5 xy .
0.25

3
Câu Đáp án Điểm
1.(1.0 điểm)
Đk: cos 0; tanx 1x   
pt
 



4
tan 1
2
2
2
sin
4 2
2
x k
x
x k
x
x k





 

 






    

 

x x y y
    
0.25
xét hàm số
3
( )
f t t t
 
là hàm số đồng biến trên R. Ta suy ra (*) 2y x  0.25
Thế vào phương trình đầu của hệ:
3 2
3 3 5 2 3 10 26x x x x x      




   
 
 
3 2
2
2
3 3 3 1 5 2 3 10 24
2
3 2 2 2
2 12
3 2
12(1)
3 3 3 1 5 2
3 3 3 1 5 2

12 0x x   .

Từ đó suy ra hệ có nghiệm duy nhất 2; 0x y 
0.25
Ta có
dx
xx
xxx
I




2
0
2
2
1
)12)((

0.25
Đặt 1
2
 xxt dx
xx
x
dt
12
12
2

0.25
IV
(1.0
điểm) * Tính thể tích khối chóp S.HCD:
Hai tam giác vuông AMD và DAC có
AM AD 1
AD DC 2
  nên đồng dạng,
Suy ra


ADH DCH
, mà

 
ADH HDC 90 DHC 90   
 

0.25
4
 ADC vuông tại D:
2 2 2
AC AD DC AC a 5   
Hệ thức lượng  ADC: DH.AC = DA.DC
Suy ra:
DC.DA 2a
DH

Ta có SH  (ABCD) nên SH  AC và DH 
AC , do đó AC  (SHD)
Mà HE  (SHD) nên HE  AC
Tù đó HE là đoạn vuông góc chung của SD và
AC.
nên


HE d SD;AC

0.25
 SHD vuông tại H nên:

2 2 2
1 1 1 2a
HE
3
HE SH HD
   
Vậy
 
2a
d SD;AC HE
3
 

0.25
Câu Đáp án Điểm
Theo bất đẳng thức Cô-si, với
0x

1
1
1
2
   

 
 
 

 



 
 
 
 
a a
b c
a b c
b ca b c
b c
a
a
a
0.25


     
3 3 3 2 2 2
3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 3 3
1     
     
     
a b c a b c
a b c a b c a b c
a a b b c a c a b

Vậ
y giá tr
ị nhỏ
nh
ấ
t của bi
ể
u th
ức b
ằ
ng 1 khi
a b c  .
0.25

5
1.(1.0 điểm)

d2



3 2
2;2d d I  
. Gọi N là điểm đối xứng với M qua d
2

I là trung điểm của MN


3;0N

0.25
Cạnh BC qua B và N


pt cạnh BC : 0y 


5;0C

Vậy






4;8 B 2;0 C 5;0A 


2
1 2
2 27M M t 
.
1 2
M M
nhỏ nhất khi
0t 

0.25
VIa
(1.0
điểm)
Vì (Q) qua M
1
và song song với (P) nên pt (Q): 2 0x y z  
0.25
Chia hai vế của pt cho
3 0
x

ta được:
4 4
3 2.
3 3
x
x
 
 
 

 

 


0.25
0x  0.25
VIIa
(1.0
điểm)
Vậy pt có nghiệm là
0x 
0.25
1.(1.0 điểm)
Đường tròn có tâm )1;1(I , bán kính 2R .Gọi N là
trung điểm AB 1
22
 ANRIN

khoảng cách từ I đến  là 1),( Id
0.25
Phương trình  có dạng
)0(0)3()2(
22
 baybxa

1),( Id 1
2
22


4
 , chọn 4;3  ba ta có phương trình
0643  yx
0.25
2.(1.0 điểm)
Vì A,B đều có tung độ dương nên A,B nằm về cùng
một phía đối với mặt phẳng (Oxz). Gọi B’ là điểm đối
xứng với B qua mp(Oxz), suy ra )15;2;4(' B .
0.25
Chu vi tam giác MAB là
ABABABMBAMABMBAM  ''
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A,M,B’ thẳng hàng.
0.25
Gọi );0;( baM . Vì A, M, B’ thẳng hàng nên có số k
sao cho



AM =k.


AB’









thì tam giác MAB có chu vi nhỏ
nhất.
0.25
Điều kiện:





01
02
y
yx

0.25
Với điều kiện đó, hệ phương trình đã cho tương đương với





4)1(log3)2(log2
2)1).(2(
22
yyx
yyx

0.25















3
4
7
41
2
1
2
y
x
y
yx
( thoả mãn điều kiện).
Vậy hệ phương trình có nghiệm




