TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG
————————
Ngày thi: 11 – 05 -2013
ĐỀ KTCL THEO KHỐI THI ĐẠI HỌC
Môn: TOÁN; Khối A, A1, B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y =
2x −4
x + 2
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số .
b) Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng y = 2 sao cho qua M kẻ được tiếp tuyến MT tới đồ thị sao cho MT = 2
√
5
(T là tiếp điểm).
Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình
√
3. sin2x + 3cos2x +
√
3cosx −sinx
2cosx −1
= 2 cosx + 1.
Câu 3. (1 điểm) Giải hệ phương trình:





4
2x + 3y

cách từ A tới mặt phẳng (SCD) là
a
2
. Mặt phẳng (α) qua SB và tạo với (SAB) góc 45
o
cắt cạnh AD tại F. Tính
thể tích S.ABCD và tính góc tạo bởi hai mặt phẳng (S BF) và (SAC).
Câu 6. (1 điểm) Cho a, b, c ∈R và a > b > c. Chứng minh rằng

a
2
+ b
2
+ c
2


1
(a −b)
2
+
1
(b −c)
2
+
1
(c −a)
2

≥

=
z + 1
1
. Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua A, có tâm thuộc đường thẳng ∆ và cắt mặt phẳng
(ABC) theo một đường tròn bán kính là
√
5 .
Câu 9b. (1 điểm) Giải hệ phương trình:

2log
9
(2 +
√
3y −2) = log
3
(10 −y) −log
3
(4 −x)
e
3x
−e
3y
= 2y −2x
———————————————–Hết—————————————————-
ĐÁP ÁN
Câu Lời giải Điểm
1.a TXĐ D = R\{−2};đạo hàm y

=
8

0,25
0,25
1.b Gọi M(m; 2); Phương trình đường thẳng qua M có dạng y −2 = k(x −m).
Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình
2x −4
x + 2
−2 =
8
(x + 2)
2
(x −m).
0,25
1 điểm ⇐⇒

2x
2
−8 −2(x + 2)
2
= 8(x −m)
x + 2 = 0
⇐⇒

8m −16 = 16x
x = −2
⇐⇒



x =
m −2

2

2
+

16
m + 2

2
= 20 0,25
⇐⇒ (m +2)
4
−80(m+2)
2
+1024 = 0 ⇐⇒


(m + 2)
2
= 16
(m + 2)
2
= 64
⇐⇒


m = 2 hay m = −6
m = 6 hay m = −10
Vậy M(2; 2), M(−6;2), M(6; 2), M(−10; 2)
0,25

2sinx + 1 = 0
√
3cosx −sinx = 0
⇐⇒


x =
π
3
+ kπ
x = −
π
6
+ k2π hay x =
7π
6
+ k2π
(k ∈ Z) 0,25
Đối chiếu điều kiện ta có x =
4π
3
+ k2π; x = −
π
6
+ k2π; x =
7π
6
+ k2π. (k ∈ Z) 0,25
2
3 Điều kiện xy = 0; 2x + 3y = 0.


2
= 26
0,25
1 điểm ⇐⇒








2x −
3
x

+

3y −
2
y

= 4
16 −2

2x −
3
x


3y −
2
y

= −5
0,25
⇐⇒





2x −
3
x
= −1
3y −
2
y
= 5
hay





2x −
3
x
= 5

2
3
hay y = −1
0,25
3. Điều kiện xy = 0; 2x + 3y = 0. Đặt S = 2x + 3y; P = x y; =⇒ 4x
2
+ 9y
2
= S
2
−2P
ta được hệ pt





4
S
+
1
P
= 1 (1)
50
S
2
−2P
−
1
P


1;−
1
3

.

−
3
2
;2

. (1;2).

−
1
2
;
2
3

.

3;
2
3

.

−

1 điểm I
1
=

3
1
t
2
−1
t
2
+ 1 + 2t
tdt =

3
1
(t −2)dt +

3
1
dt
t + 1
=
1
2
(t −2)
2








4
0
−
1
2

4
0
x
2
−1
x + 1
dx
=
1
2
(x
2
−1)ln(x + 1)





4
0

AH
2
=
1
SA
2
+
1
AD
2
SA =
a
√
3
.
0,25
1 điểm V
S.ABCD
=
1
3
.
a
√
3
.a
2
=
a
3

FD −
−→
F )|
|
−→
n |.|
−→
BD|
=
|
−→
n .
−→
FD|
|
−→
n |.|
−→
BD|
=
|
−→
n |.|
−→
FD|cos45
o
|
−→
n |.|
−→

(a −b)
2
+
1
(b −c)
2
+
1
(a −c)
2
≥
9
(a −c)
2
0,25
Mặt khác a
2
+ b
2
+ c
2
≥ a
2
+ (−c)
2
≥
(a + (−c))
2
2
0,25

5
2
) .
IM ⊥ AB nên AB nhận
−→
IM là véc tơ pháp tuyến : AB : x + y −5 = 0
0,25
1 điểm Tọa độ điểm A và B là nghiệm của hệ phương trình :

x + y −5 = 0
x
2
+ y
2
−3x −5y + 6 = 0
Nên A(3; 2);B(1; 4)
0,25
Gọi điểm C(x; y); Tọa độ trung điểm N của BC : N

x + 1
2
;
y + 4
2

;
Gọi D là điểm đối xứng với A qua I suy ra BHCD là hình bình hành nên N là trung điểm HD.
Tọa độ của D(0; 3); Ta có H(x + 1; y+1).
Do điểm H thuộc đường thẳng 3x −y −4 = 0 nên 3(x + 1) −(y + 1) −4 = 0; 3x −y −2 = 0.
0,25

2
+ (12)
2
+ (−12)
2
= 6
√
3 (đơn vị diện tích) 0,25
Tọa độ trọng tâm tam giác ABC : G(3;1;0);
Phương trình đường thẳng ∆ qua G và vuông góc với (ABC):







x = 3 + t
y = 1 −t
z = t
Do S.ABC là hình chóp tam giác đều suy ra SG ⊥ (ABC) ⇐⇒ S ∈ ∆ nên S(3 +t; 1 −t;t).
0,25
SG =
3V
S
∆ABC
=
3.6
6
√

−3x + 4 = 0
0,25
1 điểm Nên

y = 4

x
2
+ y
2
= 3x −4
⇐⇒







y = 4
x
2
+ y
2
= (3x −4)
2
3x −4 ≥ 0
⇐⇒

y = 4

13
5
0,25
7b. Kẻ BK ⊥ ∆ ; CH ⊥∆. Gọi I là trung điểm của BC.
Kẻ IM ⊥ ∆. Nếu đường thẳng ∆ không cắt đoạn thẳng BC.
BK +CH = 2IM ≤ AI (do MKHC là hình thang).
0,25
1 điểm Nếu đường thẳng ∆ cắt đoạn thẳng BC Ta có d(B; ∆) + d(C; ∆) = BK +CH ≤ BC
Do tam giác ABC nhọn nên BC < 2AI (Tính AI và BC)
0,25
Suy ra 2d(B;∆) + d(C;∆) lớn nhất khi M trùng với A hay AI vuông góc với ∆. 0,25
Tọa độ điểm ;A(1; 6);B(−3;1);C(3; −1). Tọa độ điểm I(0;0) ;
−→
AI = (1; 6) ;
Phương trình đường thẳng ∆ : 1(x −1) + 6(y −6) = 0 ⇐⇒ x + 6y −37 = 0
0,25
4
8b.
−→
AB = (2;1;2);
−→
AC = (−2; 2;1);

−→
AB,
−→
AC

= (−3; −6;6). Gọi
−→

x = 2 −t
y = 3t
z = −1 + t
Gọi I là tâm mặt cầu do I ∈ ∆ nên I(2 −t;3t; −1 +t).
AI
2
= (1 −t)
2
+ 9t
2
+ (t −1)
2
= 11t
2
−4t + 2; d(I, (ABC)) =
|
2 −t + 6t + 2 −2t −1
|
3
=
|
t + 1
|
0,25
Gọi r là bán kính đường tròn giao tuyến của mặt cầu (S) và mặt phẳng (ABC)
thì r
2
= AI
2
−d

134
5
; PTmặt cầu

x −
12
5

2
+

y +
6
5

2
+

z +
7
5

2
=
134
25
.
0,25
9b. Điều kiện
2

4 −x
⇐⇒
√
3x −2 =
10 −x
4 −x
−2 ⇐⇒
√
3x −2 =
x + 2
4 −x
(∗)
0,25
Với
3
2
≤ x ≤ 4, PT(∗) ⇐⇒ 3x −2 =

x + 2
4 −x

2
⇐⇒ 3x
3
−27x
2
+ 60x −36 = 0 0,25
⇐⇒ (x −1)(3x
2
−24x + 36) = 0 ⇐⇒ x = 1;x = 2;x −6 (loại)