Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 23 - Đề 3 ppt

THI TH I HC, CAO NG

Mụn thi : TON
I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7 im).
Cõu I (2 im): Cho hàm số
2 1
1
x
y
x




1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất
Cõu II (2 im):1) Gii phng trỡnh:
2 2
2009
cos2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos
4
x x x x x x





.
2) Gii h phng trỡnh:
2
2

3
2 3
1 1
(1 ) 4
1
4
x x
y y
x x
x
y y y









.
Cõu III (1 im): Tớnh tớch phõn:
0
2
2
1
2
3 4 4
. 2 1
4 4 5

x x
I x x dx
x x









.
Cõu IV (1 im):Trờn ng thng vuụng gúc ti A vi mt phng ca hỡnh vuụng ABCD cnh a ta ly
im S vi SA = 2a . Gi B, D l hỡnh chiu vuụng gúc ca A lờn SB v SD. Mt phng (ABD ) ct SC
ti C . Tớnh th tớch khi a din ABCDD C B.
Cõu V (1 im): Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc thoả
mãn:
cos .cos cos .cos cos .cos 3
?
cos cos cos 2
A B B C C A
C A B

II. PHN RIấNG CHO TNG CHNG TRèNH ( 3 im).
Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn 1 hoc phn 2)
1. Theo chng trỡnh Chun:
1. Cõu VI.a (2 im): 1) Trong mt phng to Oxy , cho ng trũn ( C) :
2 2
2 6 15 0

x y x y

v ng thng (d) :
3 0
mx y m

( m l tham s). Gi I l tõm
ca ng trũn . Tỡm m ng thng (d) ct (C) ti 2 im phõn bit A,B tho món chu vi

IAB bng
5(2 2)
.
2) Trong khụng gian vi h ta Oxyz cho hai ng thng :
1
1 1
( ):
2 1 1
x y z
d



v

2
2 1
( ):
1 1 1
x y z
d

. Vit phng trỡnh mt phng cha (d
1
) v hp vi (d
2
) mt gúc 30
0
.
Cõu VII.a (1 im): Chng minh rng vi a, b, c>0 ta cú:

1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 4 4 3 3 3 2 2 2
a b c a b b c c a a b c b c a c a b



2. Theo chng trỡnh Nõng cao:
Cõu VI.b (2 im) 1) Trong mt phng Oxy cho ng trũn (C) tõm I(-1; 1), bỏn kớnh R=1, M l mt im
trờn
( ): 2 0
d x y

. Hai tip tuyn qua M to vi (d) mt gúc 45
0
tip xỳc vi (C) ti A, B. Vit
phng trỡnh ng thng AB.
2) Trong khụng gian Oxyz cho t din ABCD bit A(0; 0; 2), B(-2; 2; 0), C(2; 0; 2),
( )

DH ABC

v
3
DH

vi H l trc tõm tam giỏc ABC. Tớnh gúc gia (DAB) v (ABC).
Cõu VII.b (1 im): Chng minh rng vi a, b, c>0 ta cú:

1
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
a a b a c b b a b c c c a c b


.

ĐÁP ÁN THI THỬ LẦN 2
I. PHẦN CHUNG.
Câu Phần Nội dung Điểm
Câu I
(2,0)
1(1,0)

HS tù gi¶i

2(1,0)

HS tù gi¶i

Câu Phần Nội dung Điểm
Câu II
(2,0)
1(1,0)

2 2
2009
cos2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos
4
x x x x x x

 
   
 
 

2 2
cos sin 2(sin cos ) 4sin .cos (sin cos )
x x x x x x x x
     
(cos sin )(cos sin 4cos .sin 2) 0
x x x x x x
     

cos sin 0 (1)
cos sin 4sin .cos 2 0 (2)
x x
x x x x
 




   


+ Giải (1): (1) tan 1
4
x x k


      
+ Giải (2): Đặt
cos sin , 2
x x t t   ta có phương trình:
2
2 0
t t
 
.
0
1/ 2
t
t




 


 Với
0
t

ta có: tan 1
4
x x k


   
 Với
1/ 2
t
 
ta có:
arccos( 2 / 4) / 4 2
cos( ) 2 / 4
4
arccos( 2 / 4) / 4 2
x k
x
x k
 

 

   
   

    




KL: Vậy phương trình có 4 họ nghiệm:
4
x k


   ,
4
x k


  ,
arccos( 2 / 4) / 4 2
x k
 
    ,
arccos( 2 / 4) / 4 2
x k
 
     .



0,5



0,25

0,25
2(1,0)

§k
0
y

2
2
2
2
3
3
3
2 3
1 1
1 1
(1 ) 4
4
1 1
1
( ) 4
4
x x
x x

y y
y y
x
x x
x x
x
y y y
y y y


   
   


 

 
 
   
   
 


®Æt
1
a x
y
x
b
y


 








Ta ®îc
2 2 2
3 3 2 2
2 4 4 2 4 2 2
1
2 4 ( 4) 4 4 4 0
a a b a a b a a b a
b
a ab a a a a a a
  
         

  
  
   

        
  

  

Khi ®ã
1
1
1
2
x y
y
x
x
x






 

 



KL



0,25

0,25



0,25



0,25

Câu Phần Nội dung Điểm
Câu III
(1,0)

0
2
2
1
2
3 4 4
. 2 1
(2 1) 4
x x
I x x dx
x

 

 
  
 
 
 
 

0 0
2
2
1 1
2 2
4 (2 1)
( . 2 1)
(2 1) 4
x
dx x x dx
x
 
 
  
 
 





0 0
2

2
1 1
2 2
4 (2 1)
( . 2 1)
(2 1) 4
x
dx x x dx
x
 
 
  
 
 

+ Tính:
0
2
1
2
1
2
4 (2 1)
(2 1) 4
x
I dx
x

 


 

. Đặt:
1
2 1 2sin , ; cos , 0, 0
2 2 2 6
x t t dx tdt x t x t
  
 
            
 
 
.
Khi đó:
2 2
6 6 6 6
1
2 2 2
0 0 0 0
2cos 2 1 sin 1
4sin 4 2(sin 1) 2 sin 1
t tdt dt
I dt dt
t t t
   
 
    
  
   

=
6
2
0
12 sin 1
dt
t


 



+ Tính:
6 6
2
2 2
0 0
(tan )
sin 1 2(tan 1/ 2)
dt d t
I
t t
 
 
 
 
. Đặt:
2
tan tan

2
t y
 .
Suy ra:
2
2 2
(tan ) (tan ) (1 tan )
2 2
d t d y y dy
   , với
0 0,
6
t y t y


     
sao cho
6
tan
3

 ,
(0 )
2


 
Khi đó:
2 0
0

2 2 2
.
2 2 2
I dy y



  


+ Tính:
0
3
1
2
( . 2 1)
I x x dx

 

. Đặt:
2
1 1
2 1 2 1, , 0, 1
2 2
t x x t dx tdt x t x t
             
.
Khi đó:
1

2 5 3
2 1
2 0
0
1 1
2 10 6 15
t t t
I t dt
 

    
 
 


KL: Vậy
1 2 3
1 2
15 12 2
I I I I


       , (
6
tan
3

 ,
(0 )
2



  )
0,25













0,25










0,25

0,25

Câu Phần Nội dung Điểm
Câu IV
(1,0)

+ Trong tam giác SAB hạ
'
AB SC

.
Trong tam giác SAD hạ
'
AD SD

.
Dễ có:
, ( )
BC SA BC BA BC SAB
   

Suy ra:
'
AB BC

, mà
'
AB SB

. Từ đó có
' ( ) ' (1)
AB SAC AB SC
  
.
Tương tự ta có:
' (2)
AD SC

. Từ (1) và (2)
suy ra: ( ' ') ' '
SC AB D B D SC
  
.
Từ đó suy ra:
' ( ' ' ')
SC AB C D




+ Ta có:

2 2 2
1 1 1 2 5
'
' 5
a
AB
AB SA BA
   










0,25






O
A

D

B

C

S

C'

B'

D'

2 2 2 2
4 4 5
' ' 4
5 5
SB SA AB a a a
      ,
2 2
5
SB SA AB a
   .
Suy ra:
' 4
5
SB
SB

;
Lại có B’D’ // BD (cùng thuộc mp(SBD) và cùng vuông góc với SC) nên

' ' '
B D AC

(vì dễ có
( )
BD SAC

nên
'
BD AC

).
Xét hai tam giác đồng dạng SB’D’ và SBD suy ra:
' ' ' 4
5
B D SB
BD SB
 

4 2
' '
5
a
B D  .
Ta có:
2 2
2 2 2
1 1 1 2 3 2 6
' ' '
' 3 3

a
AC SC SA AC a
AC SA AC
       
+ Ta có:
3
. ' ' ' ' ' '
1 1 1 16
. ' . ' '. '. '
3 3 2 45
S AB C D AB C D
V S SC B D AC SC a
   .

3
.
1 2
.
3 3
S ABCD ABCD
V S SA a
  . Suy ra thể tích đa diện cần tìm là:

3
. . ' ' '
14
45
S ABCD S AB C D
V V V a
   .

Chú ý: Vẽ hình sai không chấm.














0,5






0,25
Câu Phần Nội dung Điểm
Câu
VIIa
(1,0)

Dễ có:
2

1 1 4
( ) 4 ( , 0)(*)
x y xy x y
x y x y
     

.
+ Chứng minh:
1 1 1 1 1 1
4 4 4 3 3 3
a b c a b b c c a
    
  
.
Áp dụng 2 lần (*) ta có:
1 1 1 1 16
3
a b b b a b
   

hay
1 3 16
3
a b a b
 

(1)
Tương tự ta có:
1 3 16
3

b c b c
 

(2) và
1 3 16
3
c a c a
 

(3)
Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế rồi rút gọn ta có điều phải chứng minh.

+ Chứng minh:
1 1 1 1 1 1
3 3 3 2 2 2
a b b c c a a b c b c a c a b
    
        

Áp dụng (*) ta có:
1 1 4 2
3 2 2( 2 ) 2
a b b c a a b c a b c
  
      
(4)
Tương tự ta có:
1 1 2
(5)
3 2 2

b c c a b b c a
 
    


1 1 2
(6)
3 2 2
c a a b c c a b
 
    

Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta có điều phải chứng minh.


0,25







0,25




0,25

0,25


II. PHẦN RIÊNG.1. Chương trình Chuẩn.
Câu Phần Nội dung Điểm
CâuVIa.
(1,0)
1(1,0)



Câu Phần Nội dung Điểm
CâuVIa.
(1,0)
2(1,0)

Giả sử mặt phẳng cần tìm là:
2 2 2
( ): 0 ( 0)
ax by cz d a b c

      
.
Trên đường thẳng (d
1
) lấy 2 điểm: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0).

Do
( )

qua A, B nên:
0 2
0
a c d c a b
a b d d a b
    
 

 
     
 
nên

( ): (2 ) 0
ax by a b z a b

     
.
Yêu cầu bài toán cho ta:
0
2 2 2 2 2 2
1. 1. 1.(2 )
1
sin30
2
1 ( 1) 1 . (2 )
a b a b

a b a b
  
 
     

2 2 2 2
2 3 2 3(5 4 2 ) 21 36 10 0
a b a ab b a ab b
        

Dễ thấy
0
b

nên chọn b=1, suy ra:
18 114
21
18 114
21
a
a












KL: Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn:
18 114 15 2 114 3 114
0
21 21 21
x y z
  
   

18 114 15 2 114 3 114
0
21 21 21
x y z
  
   
.

0,25




0,25




0,25

0,25
2. Chương trình Nâng cao.
Câu Phần Nội dung Điểm
CâuVIb.

(1,0)
1(1,0)

Dễ thấy
( )
I d

. Hai tiếp tuyến hợp với (d) một góc 45
0
suy ra tam giác
MAB vuông cân và tam giác IAM cũng vuông cân . Suy ra:
2
IM 
.
( ) (
M d M
 
a; a+2),

( 1; 1)
IM a a
  
uuur
,
0
2 2 1 2
2
a
IM a
a


    

 

.
Suy ra có 2 điểm thỏa mãn: M
1
(0; 2) và M
2
(-2; 0).
+ Đường tròn tâm M
1
bán kinh R
1
=1 là (C
1
):

2 2
4 3 0
x y y
   
.
Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C
1
) nên AB:
2 2 2 2
4 3 2 2 1 1 0
x y y x y x y x y
           
.
+ Đường tròn tâm M
2
bán kinh R
2
=1 là (C
2
):
2 2
4 3 0
x y x
   
.
Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C
2
) nên AB:
2 2 2 2
4 3 2 2 1 1 0

x y x x y x y x y
           
.
+ KL: Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn:
1 0
x y
  
và
1 0
x y
  
.






0,5




0,25



0,25
Câu Phần Nội dung Điểm
CâuVIb.

(1,0)
2(1,0)

Trong tam giác ABC, gọi
K CH AB
 
.
Khi đó, dễ thấy
( )
AB DCK

. Suy ra góc giữa (DAB) và
(ABC) chính là góc
DKH

.Ta tìm tọa độ điểm H rồi
Tính được HK là xong.
+ Phương trình mặt phẳng (ABC).
- Vecto pháp tuyến


[ , ] 0; 4; 4
n AB AC
   
r uuur uuur

- (ABC):
2 0
y z

  
.
+
( )
H ABC

nên giả sử
( ; ;2 )
H a b b

.
Ta có:
( ; ; ), (4; 2;2).
AH a b b BC   
uuur uuur


( 2; ; ), ( 2;2; 2).
CH a b b AB
     
uuur uuur




0,25

C

A

B

D

H

K

Khi ú:
. 0 0
2
2 2 0
. 0
BC AH a b
a b
a b
ABCH

uuur uuur
uuur uuur

Vy H(-2; -2; 4).
+ Phng trỡnh mt phng qua H v vuụng gúc vi AB l:
4 0
x y z

.
Phng trỡnh ng thng AB l:
2
x t
y t
z t

.
Gii h:
2
4 0
x t
y t
z t
x y z











ta c x =2/3; y =-2/3, z =8/3.
Suy ra: K(2/3;-2/3; 8/3). Suy ra:
2 2 2
2 2 8 96
2 2 4
3 3 3 3
HK

.

Gi

l gúc cn tỡm thỡ:
tan / 96 /12 6 / 3 arctan( 6 / 3)
DH HK


Vy
arctan( 6 / 3)

l gúc cn tỡm.

0,25







0,25

0,25

Cõu Phn Ni dung im
CõuVIIb.
(1,0)

Với a,b >0 ta có





2 2 2
2
a b a c ( ) 2 ( ) 0
a b a c ( ) a b a c ( )
( )( )
ab ac a bc a bc a bc
ab ac ab ac
a a a
a a b a c a ab ac a b c





CM t
2

rồi cộng vế với vế ta đợc dpcm

0,25


0,5

0,25

CõuV Ta có tanA+tanB=
sin cos .cos tan
cos .cos cos tan .tan
C A B C
A B C A B

ABC

không nhọn nên đặt x=tanA>0,y=tanB>0,z=tanC>0
Từ GT ta có
3
2
x y z
y z z x x y


với x,y,z>0.Dễ dàng CM đợc
3
2
x y z
y z z x x y

.Dấu =xảy
ra khi và chỉ khi x=y=z hay tam giác ABC đều