Tổng hợp đề thi và đáp án môn toán 2013
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1015.54 KB, 80 trang )
TÀI LIỆU TOÁN THPT
ĐỀ SỐ 1
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN
NGÀY 12.10.2012
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y =
2x +1
x −1
(C )
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (c).
b) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Xác định tọa độ điểm M có hoành độ dương nằm trên
đồ thị (C ) sao cho tiếp tuyến tại M cắt hai đường tiệm cận của (C) tại A,B đồng thời hai điểm này
cùng với điểm I tạo thành một tam giác nội tiếp đường tròn có bán kính bằng
10.
Câu 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình
cos2x
cos x
+
1 +cos
2
x
tan x =1 +sin
2
x.
b) Giải hệ phương trình
x +y
25 −4xy
=
105
4
+4x
2
+17y
2
4x
2
+4y
2
+4x −4y =7
Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I =
π
4
0
1 +tan
2
x
x −
(
x −tan x
)
cos
2
x
3 +cos2x
dx.
Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, mặt phẳng (SBD) vuông góc
với đáy, các đường thẳng S A,SD hợp với đáy một góc 30
o
. Biết AD = a
6, BD =2a và góc
ADB =45
o
.
Tính thể tích khối chóp S.ABC D và khoảng cách từ đỉnh C đến mặt phẳng (S AD) theo a.
Câu 5. (1 điểm) Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn : x
2x +2y −5
+y
y −3
+3 =0. Tìm giá trị lớn
nhất và nhỏ nhất của biểu thức : P =
x y −x +1
2
+
x y −y +1
2
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6a. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Ox y, cho hình vuông ABCD có các đỉnh
A
(
−1;2
)
, C
(
3;−2
)
. Gọi E là trung điểm của cạnh AD,B M là đường thẳng vuông góc với CE tại M ;
N là trung điểm của của B M và P là giao điểm của AN với DM. Biết phương trình đường thẳng
B M : 2x −y −4 =0 .Tìm tọa độ điểm P.
b) Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxyz , cho mặt cầu
(
S
)
: x
2
+y
2
+z
2
−2x −4y +
6z −13 = 0 và đường thẳng d :
x +1
1
=
y +2
1
=
z −1
1
. Xác định tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao
cho từ M có thể kẻ được 3 tiếp tuyến M A,MB,MC đến mặt cầu (S) ( A,B,C là các tiếp điểm ). Sao cho
AMB =60
o
;
B MC =90
o
;
C M A =120
o
.
Câu 7a. (1 điểm) Cho các số phức z
1
; z
2
đồng thời thỏa mãn các điều kiện: z
1
+3z
1
z
2
=
(
−1 +i
)
z
2
và
2z
1
−z
2
=−3 +2i . Tìm mô-đun của số phức w =
z
1
z
2
+z
1
+z
2
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 6b. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxy cho tam giác ABC vuông tại A ngoại tiếp
hình chữ nhật MN PQ. Biết các điểm M
(
−3; −1
)
và N
(
2;−1
)
thuộc cạnh BC , Q thuộc cạnh AB , P
thuộc cạnh AC, đường thẳng AB có phương trình: x − y +5 = 0 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam
giác ABC.
b) Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxyz , cho mặt cầu
(
S
)
:
(
x −2
)
2
+
y −2
2
+
(
z −2
)
2
=12 và điểm A
(
4;4;0
)
. Xác định tọa độ điểm B thuộc mặt cầu (S) biết tam giác BO A cân tại B
và có diện tích bằng 4
3
Câu 7b. (1 điểm) Từ các chữ số 0, 1,2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số khác nhau
nhỏ hơn 4321 đồng thời các chữ số 1 và 3 luôn có mặt và đứng cạnh nhau.
———————————————–Hết—————————————————-
Câu 1. Cho hàm số y =
2x +1
x −1
(C )
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (c).
b) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Xác định tọa độ điểm M có hoành độ dương nằm
trên đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến tại M cắt hai đường tiệm cận của (C) tại A,B đồng thời hai
điểm này cùng với điểm I tạo thành một tam giác nội tiếp đường tròn có bán kính bằng
10.
a) Lời giải (hungchng):
TXĐ D = R\{1}; đạo hàm y
=
−3
(x −1)
2
<0 ∀x ∈
D,
Hàm số nghịch biến trên (−∞;1);(1;+∞)
lim
x→1
+
y = +∞; lim
x→1
−
y = −∞; x = 1 là phương
trình tiệm cận dọc
lim
x→−∞
y = 2; lim
x→+∞
y = 2; y = 2 là phương trình
tiệm cận ngang
Bảng biến thiên
x
y
y
−∞
1
+∞
− −
22
−∞
+∞
22
Đồ thị
−3 −2 −1 1 2 3 4 5
−2
−1
1
2
3
4
5
0
b) Lời giải (Sangham_BM ):
Hàm số: y =
2x +1
x −1
. Tập xác định: D =R\{1}. Hai tiệm cận của đồ thì hàm số là:
-Tiệm cận ngang: y =2. -Tiệm cận đứng: x =1. Suy ra giao điểm của 2 tiệm cận: I(1;2).
Giả sử điểm M(x
0
; y
0
) thuộc đồ thị hàm số (x
0
=1). Suy ra y
0
=
2x
0
+1
x
0
−1
. Để M có hoành độ dương
thì x
0
>0
Và ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M:y −
2x
0
+1
x
0
−1
=
−3
(x
0
−1)
2
(x −x
0
) (∆)
Không giảm tính tổng quát ta giả sử A,B lần lượt là giao điểm của ∆ với tiệm cận đứng, tiệm cận
ngang với đồ thị (C).
Suy ra A
1;
2(x
0
+2)
x
0
−1
, B(2x
0
−1;2). Và I A =
6
|x
0
−1|
, I B =2|x
0
−1|
Vì hai tiệm cận vuông góc với nhau nên I A và I B vuông góc nhau hay ∆I AB vuông tại I .
Do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆I AB =
1
2
AB
Vậy để ∆I AB có bán kính đường tròn ngoại tiếp là
10 thì AB =2
10
Mà theo định lí Pitago thì I A
2
+IB
2
= AB
2
nên I A
2
+IB
2
=40.
Hay
36
(x
0
−1)2
+4(x
0
−1)
2
=40 ⇐⇒ [(x
0
−1)
2
−1][(x
0
−1)
2
−9] =0
Suy ra x
0
=2 hoặc x
0
=4 (do x
0
>0) (thỏa mãn)
* Nếu x
0
=2 → y
0
=5. Suy ra M(2;5)
* Nếu x
0
=4 → y
0
=3. Suy ra M(4;3)
Vậy có 2 điểm M thỏa mãn bài ra là M(2;5) và M(4;3)
Câu 2.a Giải phương trình
cos2x
cos x
+
1 +cos
2
x
tan x =1 +sin
2
x.
Lời giải (Love Math):
ĐK : cos x =0
PT tương đương với : cos2x +(sin x −cos x)+sin x.cos x(cosx −sinx) =0
⇔(cos x −sin x)(cosx +sinx +sinx.cosx −1) =0
2
cos x −sinx =0
cos x +sinx +sinx.cosx −1 =0
PT thứ 2 đặt sin x +cos x = t ,|t|≤
2
Giải ra ta được x =k2π, x =
π
4
+k2.π(k ∈ Z )
Câu 2.b Giải hệ phương trình
x +y
25 −4x y
=
105
4
+4x
2
+17y
2
4x
2
+4y
2
+4x −4y =7
Lời giải (hahahaha1):
Đặt x =
3a −1
2
; y =
3b +1
2
.Lúc đó hệ trở thành:
−6b
3
+9b
2
=6a
3
+14a −20(1)
a
2
+b
2
=1
Ta có (1) ⇔3b
2
(3 −2b) =(a −1)(6a
2
+6a +20) ⇔3(1 −a
2
)(3 −2b) =(a −1)(6a
2
+6a +20)
⇔(a −1)(6a
2
+6a +20 +9−6b +9a −6ab) =0
+) với a =1 ⇒b =0 ⇒x =1; y =
1
2
+) Với 6a
2
+29+15a−6b −6 ab =0 (2) ta có: V T (2) ≥6a
2
+29−15−6−3 =6a
2
+5 >0 nên TH này pt
vô nghiệm.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) =
1;
1
2
Lời giải (Hồng Vinh):
Từ pt(2) ta tìm được −2 ≤ x ≤1,−1 ≤ y ≤2
Biến đổi pt(1) thành (x +y)[25 −4(xy +x −y)] =
17
4
+21y
2
Thay 4x −4y =7 −4x
2
−4y
2
ta được : 4y
3
−21y
2
+18y +4x
3
+18x =
17
4
khảo sát hai hàm số : f (x) =4x
3
+18x,−2 ≤x ≤1 và g(y) =4y
3
−21y
2
+18y,−1 ≤ y ≤2
Ta có : f (x) +g (y) ≤
17
4
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x =1, y =
1
2
Vậy hệ có nghiệm
1,
1
2
Câu 3. Tính tích phân I =
π
4
0
1 +tan
2
x
x −
(
x −tan x
)
cos
2
x
3 +cos2x
dx.
Lời giải (hungchng):
1 +tan
2
x
x −
(
x −tan x
)
cos
2
x
3 +cos2x
=
x +x tan
2
x −x cos
2
x +tan x cos
2
x
3 +cos2x
=
x sin
2
x +x tan
2
x
3 +cos2x
+
sin x cos x
3 +cos2x
=
x tan
2
x(cos
2
x +1)
3 +2cos
2
x −1
+
sin2x
2(3 +cos2x)
=
x tan
2
x
2
+
sin2x
2(3 +cos2x)
Do đó I =
1
2
−
1
2
x
2
+x tanx +ln|cosx|−
1
2
ln|3+cos2x|
π
4
0
=
π
8
−
π
2
64
+
1
4
ln2−
1
4
ln3
Câu 4. Cho hình chóp S.A BCD có đáy ABCD là hình bình hành, mặt phẳng (SBD) vuông
góc với đáy, các đường thẳng S A,SD hợp với đáy một góc 30
o
. Biết AD = a
6, BD = 2a và góc
ADB = 45
o
. Tính thể tích khối chóp S.ABC D và khoảng cách từ đỉnh C đến mặt phẳng (S AD)
theo a.
Lời giải (dan_dhv):
3
A
B
C
D
S
H
K
T
Gọi O là tâm khối chóp. Hạ SH ⊥BD ⇒SH ⊥(ABC D). suy ra
S AH =
SDH =30
o
suy ra H A = HD
nên tam giác AHD vuông cân tại H. ⇒ H A = HD =
AD
2
=a
3. ⇒SH = HD.tan(30
o
) = a.
Ta có . Diện tích đáy S = AD.BD.sin(45
o
) =2a
2
.
3 nên V
S.ABCD
=
2a
3
.
3
3
Ta có: d(C;(S AD)) =2d(O;(S AD)) =
2
3
d(H;(S AD)). Gọi K là trung điểm của AD.
suy ra HK ⊥ AD ⇒ AD ⊥(SHK ) Hạ HT ⊥SK suy ra HT =d(H;(S AD)). Ta có : HK =
AD
2
=
a
6
2
.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SHK ta có :
1
SH
2
+
1
HK
2
=
1
HT
2
⇒ HT =
a
15
5
Vây d(C;(S AD)) =
2
3
.
a
15
5
=
2a
5
5
Câu5. Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn : x
2x +2y −5
+y
y −3
+3 =0. Tìm giá trị lớn
nhất và nhỏ nhất của biểu thức : P =
x y −x +1
2
+
x y −y +1
2
Lời giải (hahahaha1):
Giả thiết có thể viết lại thành: (x +y −1)(x +y −2) =−(x −1)
2
Từ đó ta có được: 1 ≤ x +y ≤2
Mặt khác giả thiết cũng viết lại được dưới dạng:
2(x −1)
2
+(y −1)
2
=x +y −2x y ⇒ x +y ≥2xy ⇒1 ≥ x y
MIN
Ta lại có biểu thức P có thể viết thành:
a
2
−2ab +2b
2
−2a +2b +2 =P ⇐⇒ a
2
−2a(b +1) +2b
2
+2b +2 −P =0 (1)
Trong đó a = x +y (1 ≤ a ≤2); b = x y (2 ≥ a ≥2b)
Coi (1) như 1 phương trình bậc 2 theo a khi đó để tồn tại a;b ta phải có:
∆
≥0 ⇔P ≥b
2
+1 ⇒P ≥1
Vậy minP =1 đạt được khi a =1;b =0 ⇒x =1; y =0
MAX
Xét hàm số f (a) =a
2
−2a(b +1) +2b
2
+2b +2 Ta chi làm 2 TH nhỏ sau:
+) Nếu b ≥
1
2
ta xét hàm số trên [2b;2]
Dễ thấy hàm số đạt max tại f (2) hoặc f (2b) (mà f (2) = f (2b) =2(b
2
−b +1)
Do đó: f (a) ≤2(b
2
−b +1) =2[b(b −1) +1] ≤2 Vậy trong TH này max P =2 khi x = y =1
+) Nếu b ≤
1
2
ta xét hàm số trên [1;2]
Hàm số đạt max tại f (2) (vì f (2) ≥ f (1)) nên ta cũng có giá trị max như TH trên.
Kết luận: maxP =2 khi x = y =1
4
Câu 6a.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Ox y, cho hình vuông ABCD có
các đỉnh A
(
−1;2
)
, C
(
3;−2
)
. Gọi E là trung điểm của cạnh AD,BM là đường thẳng vuông góc với
CE tại M ; N là trung điểm của của B M và P là giao điểm của AN với DM. Biết phương trình
đường thẳng B M : 2x −y −4 =0 .Tìm tọa độ điểm P.
Lời giải (hungchng):
−1 1 2 3 4
x
−3
−2
−1
1
2
y
0
A
C
B
D
E
M
N
P
Gọi I trung điểm AC nên I (1;0), B thỏa AB =CB và B ∈B M nên tọa độ B thỏa
(x +1)
2
+(y −2)
2
=(x −3)
2
+(y +2)
2
2x −y −4 =0
⇐⇒
y =x −1
y =2x −4
⇐⇒
x =3
y =2
do đó B(3;2) suy ra D(−1;−2) (vì I cũng là trung điểm B D).
Theo giả thiết E trung điểm AD nên E(−1;0) và
−→
CE =(−4;2)
M ∈CE và M ∈B M nên tọa độ M thỏa
x +1
−4
=
y
2
2x −y −4 =0
⇐⇒
x =
7
5
y =−
6
5
suy ra M
7
5
;−
6
5
và N
11
5
;
2
5
P ∈ AN và P ∈DM nên tọa độ P thỏa
x +1
16/5
=
y −2
−8/5
x +1
12/5
=
y +2
4/5
⇐⇒
x =
19
5
y =−
2
5
Vậy P
19
5
;−
2
5
Câu 6a.b Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Ox yz , cho mặt cầu
(
S
)
: x
2
+y
2
+
z
2
−2x −4y +6z −13 = 0 và đường thẳng d :
x +1
1
=
y +2
1
=
z −1
1
. Xác định tọa độ điểm M trên
đường thẳng d sao cho từ M có thể kẻ được 3 tiếp tuyến M A,MB, MC đến mặt cầu (S) ( A,B,C
là các tiếp điểm ). Sao cho
AMB =60
o
;
B MC =90
o
;
C M A =120
o
.
Lời giải (dan_dhv):
d
a
a
3
2
C
A
B
O
M
K
H
Gọi O là tâm mặt cầu. Do A,B,C là các tiếp điểm kẻ từ M đến mặt cầu nên ta có
M A = MB =MC = a. và A,B,C nội tiếp một đường tròn .
Từ gt ⇒ AB = a,BC = a
2, AC = a
3 suy ra tam giác ABC vuông tại B. Gọi H là trung điểm AC. K
là trung điểm AB.
5
Ta có
AB ⊥MK
AB ⊥ HK
⇒ AB ⊥M H;MH ⊥ AC ⇒ M H ⊥(ABC )
Suy ra M, H,O thẳng hàng. MC là tiếp tuyến nên MC ⊥OC
Khi đóC H =a
3
2
,OC =R =
27 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác OMC ta có :
1
a
2
+
1
27
=
4
3a
2
⇒a
2
=9 ⇒ MO =6 M ∈d ⇒M(t −1; t −2;t +1);O(1;2;−3)
suy ra (t −2)
2
+(t −4)
2
+(t +4)
2
=36 ⇒ t =0; t =
4
3
suy ra M(−1;−2;1);
1
3
;
−2
3
;
7
3
Câu 7a. Cho các số phức z
1
; z
2
đồng thời thỏa mãn các điều kiện : z
1
+3z
1
z
2
=
(
−1 +i
)
z
2
và
2z
1
−z
2
=−3 +2i . Tìm mô-đun của số phức w =
z
1
z
2
+z
1
+z
2
.
Lời giải (Love Math):
z
1
+3z
1
z
2
=
(
−1 +i
)
z
2
2z
1
−z
2
=−3 +2i
⇒
z
1
+3z
1
z
2
z
2
=−1 +i
2z
1
−z
2
=−3 +2i
⇒
z
1
z
2
+3z
1
=−1 +i
2z
1
−z
2
=−3 +2i
⇒
z
1
z
2
+3z
1
−(2z
1
−z
2
) =(−1 +i)−(−3 +2i) ⇒
z
1
z
2
+z
1
+z
2
=2 −i ⇒|w|=
5
Câu6b.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxy cho tam giác ABCvuông tại A
ngoại tiếp hình chữ nhật MNPQ . Biết các điểm M
(
−3; −1
)
và N
(
2;−1
)
thuộc cạnh BC , Q thuộc
cạnh AB , P thuộc cạnh AC , đường thẳng AB có phương trình : x − y +5 =0 . Xác định tọa độ
các đỉnh của tam giác ABC .
Lời giải (dan_dhv):
M
N
Q
P
C
A
B
Phương trình đường thẳng d vuông góc BC qua M (−3;−1) là x +3 =0;
suy ra tọa độ Q là Q(−3;2). Ta có
−−→
M N =
−−→
QP ⇒P(2;2).
Đường thẳng AC qua P (2;2) nhận
−→
n =(1; 1) làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình: x+y−4 =0
Vậy A
−1
2
;
9
2
;B(−6;−1);C (5;−1)
Câu 6b.b Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxyz , cho mặt cầu
(
S
)
:
(
x −2
)
2
+
y −2
2
+
(
z −2
)
2
=12 và điểm A
(
4;4;0
)
. Xác định tọa độ điểm B thuộc mặt cầu (S) biết tam giác
BO A cân tại B và có diện tích bằng 4
3.
Lời giải (dan_dhv):
Nhận thấy: A,O thuộc mặt cầu. Gọi M là trung điểm AO suy ra M(2;2;0).
Gọi B(a,b,c). Ta có :
−−→
OA(4;4; 0);
−−→
MB(a −2; b −2;c)
Do tam giác ABO cân tại B nên
−−→
OA ⊥
−−→
MB ⇒a +b =4 (1)
Ta có : 4
3 =S
ABO
=
1
2
AO.B M =
1
2
4
2B M ⇒B M =
6 ⇒(a −2)
2
+(b −2)
2
+c
2
=6 (2)
Do B ∈(I;R) nên (a −2)
2
+(b −2)
2
+(c −2)
2
=12 (3)
6
Từ (1)(2)(3) ta suy ra B
2 +
23
8
;2−
23
8
;
−1
2
;B
2 −
23
8
;2+
23
8
;
−1
2
;
Lời giải (miketu):
Gọi B(a,b,c). B ∈(s) ⇐⇒ (a −2)
2
+(b −2)
2
+(c −2)
2
=12 (1)
Tam giác ABO cân tại B ⇐⇒ B A =BO ⇐⇒ B A
2
=BO
2
⇐⇒ (4−a)
2
+(4 −b)
2
+c
2
=a
2
+b
2
+c
2
(2)
Lại có: S
ABO
=
1
2
|[
−−→
OA;
−−→
OB]|=4
3 ⇐⇒ 2
2c
2
+(b −a)
2
=4
3 (3)
Từ (1)(2)(3) ta suy ra B
2 +
23
8
;2−
23
8
;
−1
2
;B
2 −
23
8
;2+
23
8
;
−1
2
;
Câu 7b. Từ các chữ số 0,1,2,3, 4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số khác nhau
nhỏ hơn 4321 đồng thời các chữ số 1 và 3 luôn có mặt và đứng cạnh nhau.
Lời giải (Tú Anh):
Giả sử số đó là : abcd
TH1: a,b là các chữ số 1 và 3 . Sẽ có 2! cách chọn a,b.
Lúc này chọn d có : 4 cách và chọn c có 4 cách. TH này có : 2.4.4 =32 số.
TH2 : b,c là các chữ số 1 và 3 . Sẽ có 2! cách chọn b,c.
+) Nếu d =0 chọn a có : 2 cách . TH này có : 2.1.2 =4 số
+) Nếu d =0 chọn d có : 2 cách, chọn a có : 2 cách. TH này có : 2.2.2 =8 số
Vậy có : 32 +4 +8 =44 số
7
TÀI LIỆU TOÁN THPT
ĐỀ SỐ 2
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN
NGÀY 12.10.2012
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y =
2x +2
x −1
, có đồ thị
(
C
)
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
(
C
)
.
b) Xác định tất cả những điểm M trên đồ thị
(
C
)
sao cho đồ thị hàm số
(
C
)
tiếp xúc với đường tròn tâm I
(
1;2
)
tại M.
Câu 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình
cos3x
cos5x
−
cos x
cos3x
=2sin5x.si n 3x.
b) Giải bất phương trình
x +6
x
2x
2
+26x +8
−4 ≥x
2x +3
x +33
.
Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I =
e
1
x
2
−2ln x +1
x
2
.
x +lnx
dx.
Câu 4. (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC .A
1
B
1
C
1
có BC =2AB và AB ⊥BC. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của A
1
B
1
và BC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B
1
C bằng
2a
7
. Góc giữa hai mặt phẳng
(
AB
1
C
)
và
(
BCC
1
B
1
)
bằng 60
o
. Tính thể tích khối chóp M ABC và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp B
1
ANC theo a.
Câu 5. (1 điểm) Cho các số thực x, y,z không âm sao cho không có 2 số nào đồng thời bằng 0.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =(xy +yz +zx)
1
x
2
+y
2
+
1
y
2
+z
2
+
1
z
2
+x
2
.
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6A. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho đường tròn
(
I
)
: x
2
+y
2
−4x +2y −11 =0 và đường thẳng
d : 4x−3y+9 =0.Gọi A,B làhai điểm thuộcđườngthẳng d,C là điểmthuộcđường tròn
(
C
)
.Biết điểm H
22
5
;
11
5
là một giao điểm của AC với đường tròn
(
I
)
, điểm K
−
6
5
;
7
5
là trung điểm của cạnh AB. Xác định tọa độ các
điểm A,B,C biết diện tích tứ giác AH I K bằng 24 và hoành độ điểm A dương.
b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Ox y z, cho hai điểm A
(
−1;−3;−2
)
; B
(
0;−2;2
)
và mặt cầu
(
S
)
:
(
x +1
)
2
+
y +2
2
+
(
z +3
)
2
=14. Gọi
(
P
)
là mặt phẳng đi qua A đồng thời cắt mặt cầu
(
S
)
theo giao tuyến là đường
tròn có bán kính nhỏ nhất. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng
(
P
)
sao cho tam giác ABM vuông cân tại A.
Câu 7A. (1 điểm) Tìm n ∈N
∗
thỏa mãn: 3.C
0
n
+4C
1
n
+5C
2
n
+ +
(
n +3
)
C
n
n
=
(
n +6
)
35
12
n +2013
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 6B. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Ox y cho điểm A
(
1;0
)
và các đường tròn
(
C
1
)
: x
2
+y
2
= 2;
(
C
2
)
:
x
2
+y
2
=5 . Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt nằm trên
(
C
1
)
và
(
C
2
)
để tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Ox yz , cho đường tròn
(
C
)
:
x
2
+y
2
+z
2
+4x −6y +4z +4 =0
x +2y −2z −2 =0
có
tâm I và đường thẳng d :
x −3
2
=
y +2
1
=
z +1
−1
. Lập phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng AI , bán
kính R =
26 và tiếp xúc với đường thẳng ∆ :
x −1
1
=
y −3
2
=
z +2
−2
, biết rằng A thuộc đường tròn
(
C
)
và đường
thẳng d vuông góc với đường thẳng AI.
Câu 7B. (1 điểm) Cho các số phức z
1
; z
2
đồng thời thỏa mãn các điều kiện : z
1
+2z
2
là số thực, 2z
1
−z
2
là số ảo và
3z
1
+z
2
=5−5i . Tìm Mô đun của số phức w =z
2
1
+3z
1
.z
2
2
.
———————————————–Hết—————————————————-
TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄNĐÀN
Câu 1. Cho hàm số y =
2x +2
x −1
, có đồ thị
(
C
)
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
(
C
)
.
b) Xác định tất cả những điểm M trên đồ thị
(
C
)
sao cho đồ thị hàm số
(
C
)
tiếp xúc với đường
tròn tâm I
(
1;2
)
tại M.
a) Lời giải (hungchng):
TXĐ D = R\{1}; đạo hàm y
=
−4
(x −1)
2
<0 ∀x ∈
D,
Hàm số nghịch biến trên (−∞;1);(1;+∞)
lim
x→1
+
y = +∞; lim
x→1
−
y = −∞; x = 1 là phương
trình tiệm cận dọc
lim
x→−∞
y = 2; lim
x→+∞
y = 2; y = 2 là phương trình
tiệm cận ngang
Bảng biến thiên
x
y
y
−∞
1
+∞
− −
22
−∞
+∞
22
Đồ thị
b) Lời giải 1 (kunkun):
Giả sử M
x
0
;
2x
0
+2
x
0
−1
Phương trình tiếp tuyến tại M:
y =−
4
(
x
0
−1
)
2
(
x −x
0
)
+
2x
0
+2
x
0
−1
⇔−
4
(
x
0
+1
)
2
x −y +
2x
2
0
+4x
0
−2
(
x
0
−1
)
2
=0(∆)
Véctơ chỉ phương của đường thẳng ∆:
u =
1;−
4
(
x
0
−1
)
2
. Ta có:
−−→
I M =
x
0
−1;
4
x
0
−1
Mặt khác
−→
u .
I M =0 ⇔ x
0
−1 −
16
(
x
0
−1
)
3
=0 ⇔x
0
=3 hoặc x
0
=−1
⇒M
(
3;4
)
hoặc M
(
−1;0
)
b) Lời giải 2 (dan_dhv):
Nhận thấy I(1;2) là tâm của hypebol. Do đó. (C ) tiếp xúc với đường tròn tâm I theo bán kính nhỏ
nhất.
Gọi M(x
0
;
2x
0
+2
x
0
−1
). Ta có MI =
(x
0
−1)
2
+
16
(x
0
−1)
2
≥2
2
Dấu
=
xảy ra ⇔|x
0
−1|=
4
|x
0
−1|
⇔x
0
=3; x
0
=−1
Vậy M (3;4);M(−1;0)
Câu 2.a Giải phương trình
cos3x
cos5x
−
cos x
cos3x
=2sin5x. sin3x.
Lời giải 1 (hoangde_BM):
Điều kiện: cos 5x.cos 3x =0. Ta có phương trình đã cho được viết lại như sau:
cos3x
cos5x
+1 −
cos x
cos3x
+1
=2sin5x. sin3x
⇐⇒
cos3x +cos5x
cos5x
−
cos x +cos3x
cos3x
=2sin5x. sin3x
⇐⇒
2cos4x.cosx
cos5x
−
2cos2x.cosx
cos3x
=2sin5x. sin3x
2
Hay ta có :
cos4x. cos x. cos3x −cos x.cos2x.cos 5x =sin5 x.sin 3x.cos 3x.cos 5x
⇐⇒ cos x(cos3x.cos4x −cos 2x.cos 5x) =
1
4
.sin10x.sin6x
Mà ta có:
cos3x. cos4x −cos2x.cos5x =
1
2
(cos7x +cosx −cos7x −cosx) =0
Từ đây dễ ta suy ra các nghiệm của phương trình.
Lời giải 2 (kunkun):
P t ⇐⇒
cos
2
3x −
1
2
(
cos4x +cos6x
)
1
2
(
cos2x +cos8x
)
=cos2 x −cos8x
⇐⇒ 1−cos4 x =cos
2
2x −cos
2
8x
⇐⇒ 1−cos4 x =
1 +cos4x
2
−
2cos
2
4x −1
2
⇐⇒ 8cos
4
4x −8 cos
2
4x −3 cos x +3 =0
⇐⇒ cos4x =1 hoặc cos4x =
1
2
đến đây thì ok. giải pt xong nhớ loại nghiệm. pt chỉ có 2 nghiệm
Lời giải 3 (hoanghai1195):
PT ⇔2 cos
2
3x −2 cos x. cos5x =sin6 x.sin 10x
⇔1 +cos6x −(cos 6x +cos4x) =
−1
2
(cos16x −cos4x)
⇔2 −3cos 4x +cos16x =0
⇔8cos
4
4x −8 cos
2
4x −3 cos4x +3 =0
⇔(cos4x −1)(8cos
2
4x(cos4x +1)−3) =0
Đến đây là OK rồi
Câu 2.b Giải bất phương trình
x +6
x
2x
2
+26x +8
−4 ≥x
2x +3
x +33
.
Lời giải 1 (Con phố quen):
Điều kiện để bất phương trình có nghĩa là : x ≥0. Nhận thấy rằng với x =0 bất phương trình đã
cho không thỏa. Vậy ta chỉ cần xét x >0. Với điều kiện này ta đặt t =
x, t >0. Lúc đó bất phương
trình đã cho tương đương với bất phương trình :
t(t +6)
2t
4
+26t
2
+8 ≥2t
4
+3t
3
+33t
2
+4 (1)
Tiếp tục đặt u =
2t
4
+26t
2
+8, u ≥ 2
2. Khi đó bất phương trình (1) được viết lại thành bất
phương trình tương đương sau :
t(t +6)
2x
2
+26t
2
+8 ≥(2t
4
+26t
2
+8) +3t
3
+7t
2
−4
⇔t(t +6)u ≥u
2
+3t
3
+7t
2
−4
⇔u
2
−(t
2
+6t)u +3t
3
+7t
2
−4 ≤0 (2)
Để ý rằng nếu ta xem phương trình (2) là phương trình bậc hai theo u thì phương trình (2) có
biệt số
∆ =(t
2
+6t)
2
−4(3t
3
+7t −4) =(t
2
+4)
2
Khi đó bằng cách suy nghiệm và kết hợp nhân tử ta sẽ đưa được bất phương trình (2) về bất
phương trình sau :
u −t
2
−3t −2
·
(
u −t +2
)
≤0 (3)
3
Chú ý rằng với t >0 và u ≥2
2 thì ta có : u −t +2 ≥0. Do đó bất phương trình (3) tương đương với
bất phương trình :
2t
4
+26t
2
+8 ≤t
2
+3t +2 ⇔2t
4
+26t
2
+8 ≤t
4
+9t
2
+4 +6t
3
+4t
2
+6t
⇔t
4
−6t
3
+13t
2
−6t +4 ≤0 ⇔(t
2
−3t +2)
2
≤0
⇔t
2
−3t +2 =0 ⇔
t =1
t =2
Với hai giá trị t vừa tìm được ta sẽ có được hai giá trị x tương ứng là x =1; x = 4 Cả hai giá trị này
đều thỏa điều kiện của bất phương trình đã cho. Vậy bất phương trình đã cho có hai nghiệm
x =1; x =4
Lời giải 2 (Con phố quen):
Điều kiện x ≥ 0. Nhận thấy x = 0 không thỏa bất phương trình đã cho. Đặt t =
x, t > 0. Lúc đó
bất phương trình đã cho được biến đổi thành bất phương trình tương đương sau :
t(t +6)
24t
4
+26t
2
+8 ≥2t
4
+3t
3
+33t
2
+4
⇔t(t +6)
2t
4
+26t
2
+8 −2t
4
−3t
3
−33t
2
−4 ≥0 ⇔T ≥0
Với phương trình này thì việc ưu tiên đoán nghiệm là hàng đầu vì nó khá cồng kềnh. Nhưng khi
đoán nghiệm ta cố gắng đoán nghiệm sao cho khi thế vào căn thức ta phải được một số chính
phương. Vậy nên ta nhẩm tính được có hai nghiệm t =1 và t =2 là thỏa yêu cầu đó. Bây giờ ta cố
gắng nhốt hai con số này lại khoang vùng xem sao.
Vùng 1 : 0 < t <1. Lúc này ta có T <0 nên xem như thoát ngưỡng vùng này.
Vùng 2 :1 < t <2. Lúc này ta cũng có T <0 nên qua cửa này luôn.
Vùng 3 :t >2. Lúc này ta cũng có T <0 nên xem như các ải cần vượt đã vượt hoàn toàn rồi.
Điều đó dẫn đến bất phương trình theo t chỉ có hai nghiệm t =1; t =2.
Lời giải 3 (Lão Hạc):
ĐK :
x ≥0
2x
2
+26x +8 ≥0
BPT ⇔
2x
2
+26x +8 −3
x
2
−x
2x
2
+26x +8 −3
x
−2
(
x +2
)
≤0
⇔
2x
2
+26x +8 −3
x +2
2x
2
+26x +8 −3
x −x −2
≤0
Mà :
2x
2
+26x +8 +2 =
2
(
x +2
)
2
+18x +2 >3
x
2x
2
+26x +8 =
2
(
x +2
)
2
+9x
≥
(
x +2
)
+3
x
∀x ≥0
Vậy bpt ⇔
x =1
x =4
Câu 3. Tính tích phân I =
e
1
x
2
−2ln x +1
x
2
.
x +ln x
dx.
Lời giải (levietnghiails ):
Ta có:
I =
e
1
x
2
+2x +1 −2(x +ln x)
x
2
.
x +ln x
dx =
e
1
(x +1)
2
x
2
.
x +ln x
d x −2
e
1
x +ln x
x
2
dx
Xét I
1
=2
e
1
x +ln x
x
2
dx =
e
1
x +ln x.
−1
x
dx =
−
x +ln x
x
+
e
1
x +1
2x
2
.
x +ln x
dx
Từ đó: I =
−2
x +ln x
x
+
e
1
1 +
1
x
x +ln x
dx
Xét I
2
=
e
1
1 +
1
x
x +ln x
dx Để ý: (x +lnx)
=1 +
1
x
. Dài quá, mong mọi người giải tiếp
4
Lời giải (xuannambka):
I =
e
1
x
2
+2x +1 −2(x +ln x)
x
2
.
x +ln x
dx =
e
1
x +1
x
·
x +1
x.
x +ln x
dx −2
e
1
x +ln x
x
2
dx
Mà d
x +1
x
=
−1
x
2
dx và
x +1
x.
x +ln x
dx = d
2.
x +ln x
. Nên
I =2
x +1
x
x +ln x
e
1
+2
e
1
x +ln x
x
2
dx −2
e
1
x +ln x
x
2
dx =2
e +1
e
e +1−4
Lời giải (One-HicF):
Tacó:
x +ln x
x
=
1+
1
x
2
x+lnx
x −
x +ln x
x
2
=
1 −x −2 ln x
2x
2
.
x +ln x
và
x +ln x
=
1
x
+1
.
1
2
x +ln x
=
x
2
+x
2x
2
.
x +ln x
Nên
I =2
e
1
1 −x −2 ln x
2x
2
.
x +ln x
dx +2
e
1
x
2
+x
2x
2
.
x +ln x
dx =2
x +ln x
x
e
1
+2
x +ln x
e
1
=2
e +1
e
+2
e +1−4
Câu 4. Cho lăng trụ đứng ABC.A
1
B
1
C
1
có BC = 2AB và AB ⊥ BC . Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của A
1
B
1
và BC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B
1
C bằng
2a
7
. Góc giữa hai
mặt phẳng
(
AB
1
C
)
và
(
BCC
1
B
1
)
bằng 60
o
. Tính thể tích khối chóp M ABC và bán kính mặt cầu
ngoại tiếp khối chóp B
1
ANC theo a.
Lời giải (dan_dhv):
Ta có :
AB ⊥BC
AB ⊥BB
1
⇒ AB ⊥B
1
C. Hạ BK ⊥B
1
C ⇒B
1
C ⊥(ABK ) ⇒ g
(
(B
1
AC);(BCC
1
B
1
)
)
= g (AK B) =
60
o
Gọi P là trung điểm của AB . Khi đó AMB
1
P ⇒d
(
AM;B
1
C
)
=d
(
A;(B
1
PC )
)
=d
(
B;(B
1
PC )
)
.
Hạ BE ⊥PC ⇒PC ⊥(BB
1
E). Hạ BF ⊥B
1
E ⇒BF ⊥(B
1
PC ) ⇒d
(
B;(B
1
PC )
)
=BF =
2a
7
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác BB
1
E và BPC ta có:
7
4a
2
=
1
BF
2
=
1
BE
2
+
1
B
1
B
2
=
1
BP
2
+
1
BC
2
+
1
B
1
B
2
=
17
4AB
2
+
1
B
1
B
2
(1)
Ta có : tan(BK A) =
AB
BK
⇒ AB =
3BK . Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác BB
1
C ta có:
1
B
1
B
2
+
1
4AB
2
=
3
AB
2
⇒
1
B
1
B
2
=
11
4AB
2
(2)
Từ (1);(2) suy ra AB =2a;B B
1
=
4a
11
11
;BC =4a;S
ABC
=
AB.BC
2
=4a
2
⇒V
M ABC
=
16a
3
11
33
Gọi Q là trung điểm của NC . QuaQ vẽ đường thẳng d song song với AB. Suy ra d là đường trung
trực của NC.
Gọi J là tâm của tam giác ANC suy ra J thuộc d. Trên mặt phẳng BCC
1
B
1
vẽ đường thẳng ∆ qua
Q và song song CC
1
.
Khi đó ∆ là trung trực của NC. Gọi I là tâm của B
1
NC thì I thuộc ∆. Dựng đường thẳng d
2
qua J
và song song ∆.
Suy ra d
2
là trục đường tròn ngoại tiếp ANC. Từ I vẽ đường thẳng song song Q J cắt d
2
tại O.
Nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếpB
1
.ANC
Ta có :B
1
C =
a
192
11
.B
1
N =
a
60
11
, NC =2a,S.B
1
NC =4a
2
⇒ I N =R(B
1
NC ) =
B
1
C.B
1
N.NC
4.S.B
1
NC
=
6a
5
11
Ta có : AN =2 a
2, AC =2a
5; NC =2a,S
ANC
=2a
2
⇒ JN =R
∆ANC
=
AN AC NC
4S
ANC
=a
10. ⇒ JQ =OI =
I N
2
−NQ
2
=
10a
2
−a
2
=3a.
Suy ra
R
B
1
ANC
=ON =
OI
2
+I N
2
=a
729
11
5
Câu 5. Cho các số thực x, y, z không âm sao cho không có 2 số nào đồng thời bằng 0.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =(xy +y z +zx)
1
x
2
+y
2
+
1
y
2
+z
2
+
1
z
2
+x
2
.
Lời giải 1 (hahahaha1):
Giải sử z =min(x; y;z) khi đó ta có:
x +y ≥2z ⇔ x y +yz +xz ≥
x +
z
2
y +
z
2
Mà ta lại có:
1
x
2
+y
2
≥
1
x +
z
2
2
+
y +
z
2
2
,
1
y
2
+z
2
≥
1
y +
z
2
2
,
1
x
2
+z
2
≥
1
x +
z
2
2
Từ những điều trên ta có:
P ≥
x +
z
2
y +
z
2
1
x +
z
2
2
+
y +
z
2
2
+
1
y +
z
2
2
+
1
x +
z
2
2
Đặt: x +
z
2
=a; y +
z
2
=b(a ; b ≥0 Ta có:
P ≥ ab
1
a
2
+b
2
+
1
a
2
+
1
b
2
=
a
b
a
b
2
+1
+
a
b
+
1
a
b
Đặt:
a
b
=x (x ≥0) ta khảo sát hàm f (x) =
x
x
2
+1
+x +
1
x
với x ≥0 để tìm được min f (x) =
5
2
Do đó MinP =
5
2
đạt được khi a =b;c =0 hoặc các hoán vị.
Lời giải 2 (Sangham_BM):
Nhìn đề bài, ta nhớ đến BĐT quen thuộc của ngài Jack Garfunkel: Với a,b, c ≥0 và “đôi một khác
nhau thì”
1
a +b
+
1
b +c
+
1
c +a
≥
5
2
ab +bc +ca
Chuẩn hóa ab +bc +ca =1. Chúng ta xét 2 TH:
* TH1: a +b +c ≤2 BĐT cần chứng minh tương đương với
2(a +b +c)
1
a +b
+
1
b +c
+
1
c +a
≥5(a +b +c)
⇐⇒ 6+2
c
a +b
+
a
b +c
+
b
c +a
≥5(a +b +c)
BĐT này luôn đúng do theo BĐT C auchy −Schwar z ta có
6 +2
c
a +b
+
a
b +c
+
b
c +a
≥6 +2
(a +b +c)
2
2(ab +bc +ca)
=(a +b +c −2)(a +b +c −3)+5(a +b +c) ≥5( a +b +c).
TH2: a +b +c ≥2 BĐT cần chứng minh tương đương với
2(a
2
+b
2
+c
2
+3) ≥5(a +b)(b +c)(c +a)
⇐⇒ 2(a
2
+b
2
+c
2
) +6 ≥5(a +b +c) −5abc
BĐT này luôn đứng do
2(a
2
+b
2
+c
2
) +6 =2(a +b +c)
2
+2
=(2(a +b +c) −1)(a +b +c −2)+5(a +b +c) ≥5( a +b +c)−5abc.
6
Vậy phép chứng minh hoàn tất! Đẳng thức xảy ra khi (a;b;c) là 1 trong các hoán vị của bộ số
(0;1;1).
Lúc này thay a,b,c lần lượt bởi x
2
, y
2
, z
2
ta có
1
x
2
+y
2
+
1
y
2
+z
2
+
1
z
2
+x
2
≥
5
2
x
2
y
2
+y
2
z
2
+z
2
x
2
Sử dụng BĐT trên và chú ý rằng:
x y +y z +zx =
x
2
y
2
+y
2
z
2
+z
2
x
2
+2xyz(x +y +z) ≥
x
2
y
2
+y
2
z
2
+z
2
x
2
Ta có
(x y +yz +zx)
1
x
2
+y
2
+
1
y
2
+z
2
+
1
z
2
+x
2
≥
5(x y +yz +zx)
2
x
2
y
2
+y
2
z
2
+z
2
x
2
≥
5
2
Đẳng thức xảy ra khi một số bằng 0 và hai số còn lại bằng nhau!
Vậy MinP =
5
2
khi một số bằng 0 và hai số còn lại bằng nhau!
Lời giải 3 (Inspectoragadget):
Không mất tính tổng quát ta giả sử z =Min(x; y;z).
Đặt P
(x;y;z)
=(xy +y z +zx).
1
x
2
+y
2
+
1
y
2
+z
2
+
1
x
2
+z
2
. Ta sẽ chứng minh P
(x;y;z)
≥P
(x;y;0)
Hay là:
z(x +y).
1
x
2
+y
2
+
1
y
2
+z
2
+
1
z
2
+x
2
≥x y.
1
y
2
+
1
x
2
−
1
x
2
+z
2
+
1
y
2
+z
2
⇔z(x +y).
1
x
2
+y
2
+
1
y
2
+z
2
+
1
z
2
+x
2
≥x yz
2
.
1
y
2
(y
2
+z
2
)
+
1
x
2
(x
2
+z
2
)
⇔(x +y).
1
x
2
+y
2
+
1
y
2
+z
2
+
1
z
2
+x
2
≥x yz.
1
y
2
(y
2
+z
2
)
+
1
x
2
(x
2
+z
2
)
Và điều này đúng do
1
x
2
+y
2
>0
x +y
y
2
+z
2
≥
x y z
y
2
(y
2
+z
2
)
x +y
x
2
+z
2
≥
x y z
x
2
(x
2
+z
2
)
Vậy ta có P
(x;y;z)
≥P
(x;y;0)
Cuối cùng ta sẽ chỉ ra P
(x;y;0)
≥
5
2
Hay là :
x y
x
2
+y
2
+
x
2
+y
2
x y
≥
5
2
Điều này hiển nhiên đúng từ bất đẳng thức AM −GM:
x y
x
2
+y
2
+
x
2
+y
2
4x y
≥1
3(x
2
+y
2
)
4x y
≥
3
2
Vậy ta có P
Mi n
=
5
2
. Đẳng thức xảy ra tại x = y, z =0 và các hoán vị tương ứng
Câu 6A.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho đường tròn
(
I
)
: x
2
+y
2
−4x +
2y −11 = 0 và đường thẳng d : 4x −3y +9 = 0. Gọi A,B là hai điểm thuộc đường thẳng d, C là
điểm thuộc đường tròn
(
C
)
. Biết điểm H
22
5
;
11
5
là một giao điểm của AC với đường tròn
(
I
)
,
điểm K
−
6
5
;
7
5
là trung điểm của cạnh AB. Xác định tọa độ các điểm A,B,C biết diện tích tứ
giác AHIK bằng 24 và hoành độ điểm A dương.
Lời giải (Levietnghiails):
7
−6 −4 −2 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22
−6
−4
−2
2
4
6
0
I
d
B
K
H
C
A
b
a
Ta có: Tâm I (2;−1), R =4. Dễ dàng tìm được AB tiếp xúc với đường tròn tại K
−6
5
;
7
5
. Do d(I , AB) =
4 =R,
HK =4
2 =2R
2
, nên tam giác I HK vuông tại I. Từ đó nên AH IK là hình thang vuông tại I và K .
Theo S =24 =
I K .(AK +I H)
2
⇒ AK =8. Vì A thuộc d nên A
a;
4a +9
3
. Nên
a +
6
5
2
+
4a
3
+3 −
7
5
2
=64 ⇐⇒
25
9
a
2
+
20
3
a −60 =0
Câu 6A.b Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Ox yz, cho hai điểm
A
(
−1;−3;−2
)
; B
(
0;−2;2
)
và mặt cầu
(
S
)
:
(
x +1
)
2
+
y +2
2
+
(
z +3
)
2
= 14. Gọi
(
P
)
là mặt phẳng đi
qua A đồng thời cắt mặt cầu
(
S
)
theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tìm điểm
M thuộc mặt phẳng
(
P
)
sao cho tam giác ABM vuông cân tại A.
Lời giải (angel):
Mặt cầu (S) có : tâm I (−1;−2;−3), bán kính R =
14. Nhận thấy A nằm phía trong mặt cầu .
Do đó (P) qua A cắt (S) theo 1 đường tròn có bán kính nhỏ nhất ⇔
R
2
−I H
2
nhỏ nhất ⇔I H lớn
nhất H ≡ A ⇔
−→
I A(0;1;−1) là véc tơ pháp tuyến của (P), do đó : (P) : y −z +1 = 0 ( H là hình chiếu
của I trên (P) )
Giả sử M(m;n; n +1), theo bài ra :
AB = AM
−−→
AM =
−→
0
Câu 7A. Tìm n ∈ N
∗
thỏa mãn: 3.C
0
n
+4C
1
n
+5C
2
n
+ +
(
n +3
)
C
n
n
=
(
n +6
)
35
12
n +2013
Lời giải 1 (Con phố quen):
Ta có :
N =3.C
0
n
+4C
1
n
+5C
2
n
+ +
(
n +3
)
C
n
n
=3
C
0
n
+C
1
n
+C
2
n
+ +C
n
n
+
C
1
n
+2C
2
n
+3C
3
n
+ nC
n
n
=N
1
+N
2
Xét khai triển :
(1 +x)
n
=C
0
n
+C
1
n
x +C
2
n
x
2
+C
3
n
x
3
+ +C
n
n
x
n
Cho x =1 tađược N
1
=3·2
n
. Mặt khác ta có :
[
(1 +x)
n
]
=n(1+x)
n−1
=C
1
n
+2C
2
n
x+3C
3
n
x
2
+ +nC
n
n
x
n−1
.
Cho x =1 ta có : N
2
=n2
n−1
. Từ đây ta có : N =3 ·2
n
+n ·2
n−1
=
(
n +6
)
·2
n−1
.
Theo bài ta có :
(
n +6
)
·2
n−1
=(n +6)
35
12
n +2013
⇔2
n−1
=
35n
12
+2013 ⇔2
n
=
35n
6
+4026
Do n >0 nên ta có
35n
6
+4026 >4026 ⇔2
n
>4026 ⇔n >log
2
4026 ≈11,975
8
Xét hàm số : f (n) =2
n
−
35n
6
−4026, ∀n >11,975 Ta có : f
(n) =2
n
ln2−
35
6
>0, ∀n >11,975.
Do đó ta có hàm số f (n) đồng biến ∀n >11,975. Mặt khác ta có f (12) =0.
Do đó phương trình f (n) =0 có nghiệm duy nhất n =12.
Lời giải 2 (Inspectoragadget):
Ta có :
N =3.C
0
n
+4C
1
n
+5C
2
n
+ +
(
n +3
)
C
n
n
=3
C
0
n
+C
1
n
+C
2
n
+ +C
n
n
+
C
1
n
+2C
2
n
+3C
3
n
+ nC
n
n
=3N
1
+N
2
Tính N
1
=C
0
n
+C
1
n
+ +C
n
n
=2
n
Xét n cây bút, ta cần chọn ra một số cây bất kì (có thể không có viên nào)
* Đếm cách 1:
+ Nếu chọn 0 cây có C
0
n
cách
+ Nếu chọn 1 cây có C
1
n
cách
+
+ Nếu chọn n cây có C
n
n
cách
Vậy tổng cộng có C
0
n
+C
1
n
+C
2
n
+ +C
n
n
cách.
* Đếm cách 2: Mỗi cây trong số n cây đều có 2 trạng thái (được chọn hoặc không được chọn).
Vậy có 2
n
cách chọn.
Kết quả của hai cách đếm cho ta đẳng thức cần chứng minh.
Tính N
2
=C
1
n
+2C
2
n
+3C
3
n
+ +nC
n
n
=n.2
n−1
chọn trong n người một số nhân lực để bổ sung cho công ty, trong đó có 1 giám đốc
Đếm cách 1: chọn k người trong n người, sau đó chọn 1 giám đốc từ k người, có kC
k
n
cách chọn
Cho k từ 1 đến n, có C
1
n
+2C
2
n
+3C
3
n
+ +nC
n
n
cách
Đếm cách 2: chọn 1 giám đốc từ n người trước, sau đó mỗi người trong n −1 người còn lại có
2 trạng thái: được tuyển và không được tuyển, nên cách đếm này cho đáp số n.2
n−1
Vậy ta có
đpcm.
Từ đây giải như trên
Câu 6B.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy cho điểm A
(
1;0
)
và các đường tròn
(
C
1
)
: x
2
+y
2
= 2;
(
C
2
)
: x
2
+y
2
= 5 . Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt nằm trên
(
C
1
)
và
(
C
2
)
để
tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
Lời giải (Sangham_BM):
* Đầu tiên ta có nhận xét: để tam giác ABC có diện tích lớn nhất thì O phải là trực tâm của tam
giác ABC .
-Giả sử CO không ⊥ AB thì ta luôn tìm được điểm C
∈ (C
2
) sao cho d(C
, AB) lớn hơn d(C, AB),
hay S
∆ABC
lớn hơn S
∆ABC
→ không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Do đóCO ⊥ AB
-Tương tự ta cũng có BO ⊥ AC
Vậy O là trực tâm của tam giác ABC.
Suy ra AO ⊥BC ⇒x
B
=x
C
Và ta giả sử B(t;b) ∈(C
1
), C(t;c) ∈(C
2
) (t, b, c ∈R) thì ta có
t
2
+b
2
=2
t
2
+c
2
=5
⇐⇒
b
2
=2 −t
2
c
2
=5 −t
2
Mà CO ⊥ AB nên
CO.
AB =0 hay t(t −1) +bc =0
Suy ra b
2
c
2
=t
4
−2t
3
+t
2
Do đó
(2 −t
2
)(5 −t
2
) = t
4
−2t
3
+t
2
⇐⇒ (t +1)(2t
2
−10t +10) ⇐⇒ t =−1; t =
5 +
5
2
; t =
5 −
5
2
Tới đây ta có:
S
∆ABC
=
1
2
BC .d(A,BC) =
1
2
|x
A
−x
B
||y
B
−y
C
|=
1
2
|1 −t||b −c|
Suy ra
S
2
∆ABC
=
1
4
(1 −t)
2
(b
2
+c
2
−2bc) =
1
4
(1 −t)
2
((2 −t
2
) +(5−t
2
) −2(t −t
2
)) =
1
4
(1 −t)
2
(7 −2t)
9
* Nếu t =−1 thì ta suy ra S
2
∆ABC
=9 hay S
∆ABC
=3
* Nếu t =
5 +
5
2
thì ta dễ thấy điều vô lí vì t
2
+b
2
=2.
* Nếu t =
5 −
5
2
thì ta có S
2
∆ABC
=
5 −1
8
<9 → loại.
Suy ra với t =−1 thì S
∆ABC
lớn nhất. Và ta có
bc =−2
b
2
=1
c
2
=4
⇐⇒
b =1
c =−2
hoặc
b =−1
c =2
Suy ra
B(−1;1)
C(−1;−2)
hoặc
B(−1;−2)
C(−1;2)
. Vậy
B(−1;1)
C(−1;−2)
hoặc
B(−1;−2)
C(−1;2)
thì tam giác ABC có
diện tích lớn nhất!
Câu 6B.b Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho đường tròn
(
C
)
:
x
2
+y
2
+z
2
+4x −6y +4z +4 =0
x +2y −2z −2 =0
có tâm I và đường thẳng d :
x −3
2
=
y +2
1
=
z +1
−1
. Lập phương
trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng AI, bán kính R =
26 và tiếp xúc với đường thẳng
∆ :
x −1
1
=
y −3
2
=
z +2
−2
, biết rằng A thuộc đường tròn
(
C
)
và đường thẳng d vuông góc với đường
thẳng AI.
Lời giải (Phố Đêm):
Gọi I là tâm đường tròn ⇒ I
−
8
3
;
5
3
;−
2
3
Ta có:
I A ⊥(d)
I A ⊥(∆)
⇒
−−→
u
I
A = [
−→
u
d
;
−→
u
∆
] = (0;1;1) ⇒ (I A) :
x =
−8
3
y =
5
3
+t
z =
−2
3
+t
Nhận thấy ∆ ⊥(C) Gọi M là giao của ∆ và mặt phẳng chứa (C) ⇒M(0;1;0) Gọi O là tâm mặt cầu .
(O;M ∈(mp))
Ta có : O ∈(I A) ⇒O
−8
3
;
5
3
+t;
−2
3
+t
∆ tiếp xúc với mặt cầu nên OM là bán kính.
Ta có : OM
2
=
64
9
+
t +
2
3
2
+
t −
2
3
2
=26 ⇒ t =±3 ⇒O
−8
3
;
14
3
;
7
3
O
−8
3
;
−4
3
;
−11
3
Vậy Pt mặt cầu :
x +
−8
3
2
+
y −
14
3
2
+
z −
7
3
2
=26
x +
−8
3
2
+
y +
4
3
2
+
z +
11
3
2
=26
Câu 7B. Cho các số phức z
1
; z
2
đồng thời thỏa mãn các điều kiện : z
1
+2z
2
là số thực, 2 z
1
−z
2
là số ảo và 3z
1
+z
2
=5 −5i. Tìm Mô đun của số phức w =z
2
1
+3z
1
.z
2
2
.
Lời giải (NgoHoangToan):
Ta đặt : z
1
=x +yi;z
2
=a +bi . Từ đó ta có : z
1
+2z
2
=(x +2a)+(y +2b)i ;2z
1
−z
2
=(2x −a)+(2y −b)i
Theo giả thiết ta có :y +2b = 0 và 2x − a = 0. Từ 3z
1
+z
2
= (3x + a) +(3y +b)i = 5 −5i Ta được:
3x +a =5
3y +b =−5
Vậy ta có:b =1; y =−2; x =1; a =2. Từ đó ta suy ra: z
1
=1 −2i;z
2
=2 +i
Từ đó ta có : z
2
1
+3z
1
.z
2
2
=30 −10i Vậy : modun w bằng 10
10.
10
TÀI LIỆU TOÁN THPT
ĐỀ SỐ 3
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN
NGÀY 10.11.2012
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y =
x −2
x −1
(H).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (H).
b) Tìm tất cả các giá trị thực của m để đường thẳng d : y =2x +m −2 cắt đồ thị (H) tại hai điểm phân biệt A,B
sao cho tứ giác AMB N có diện tích bằng
5
17
4
, biết M
(
1;−2
)
; N
(
3;−3
)
.
Câu 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình: cos x +cos
x +
π
3
=
3.cos
2
x +
π
6
+
1
3
cos
2
π
3
−x
b) Giải hệ phương trình:
2
x +
y
x y =4y
y −x
x
8y
x +
1 −x +
1 −y
2
−1 =12x +7
x −1+
y −2
Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I =
π
2
0
3e
2x
+sinx(4e
x
+3sin x) −1
(e
x
+sinx)
2
dx.
Câu 4. (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A
B
C
có đáy là tam giác đều tâm O. Đỉnh C
có hình chiếu trên mặt
phẳng (ABC) trùng với tâm O của đáy.Biết rằng khoảng cách từ O đến cạnh CC
bằng a. Chứng minh rằng qua
AB ta có thể dựng được mặt phẳng (P) vuông góc với CC
. Gọi K là giao điểm của CC
và mặt phẳng (P ), biết
góc
AK B =120
o
. Tính thể tích hình lăng trụ ABC.A
B
C
theo a và góc hợp bởi CC
và mặt phẳng (ABC).
Câu 5. (1 điểm) Cho các số thực a,b,c ∈
[
1;2
]
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P =
10a
bc
+
11b
ac
+
2012c
ab
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6A. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Ox y cho hình thoi ABCD có
A = 60
o
. Trên các cạnh AB,BC lấy
các điểm M,N sao cho MB +N B = AB. Biết P (
3;1) thuộc đường thẳng DN và đường phân giác trong của góc
MDN có phương trình là d : x −y
3 +6 =0. Tìm toạ độ đỉnh D của hình thoi ABCD.
b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Ox yz, cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có các đỉnh S(−3;2; 1),
A(0;2;2) và C(−2;2;−2).Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Viết phương trình mặt phẳng (α) đi
qua I và vuông góc với BD.
Câu 7A. (1 điểm) Giải bất phương trình sau :
2 +3
2x
2 +3
2x
−
2 −3
2x
+
3
4x
+
4 −3
4x
−7
3
2x
≥
3
2x
−2
4 −3
4x
−2+3
2x
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 6B. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Ox y, cho hình chữ nhật ABCD, đỉnh B thuộc đường thẳng
d
1
: 2x −y +2 =0, đỉnh C thuộc đường thẳng d
2
: x −y −5 =0. Gọi H là hình chiếu của B xuống đường chéo AC.
Biết M
9
5
;
2
5
; K
(
9;2
)
lần lượt là trung điểm của AH và C D. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết
hoành độ đỉnh C lớn hơn 4.
b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Ox yz , cho mặt phẳng (P ) : x +2y +2z −6 = 0 và mặt cầu (S) có
phương trình x
2
+y
2
+z
2
−2x −2y +4z −10 =0. Chứng minh rằng mặt cầu (S) cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến
là một đường tròn (C). Lập phương trình mặt cầu (S
1
) chứa đường tròn (C) biết tâm của mặt cầu (S
1
) cách
điểm A(4;1;4) một khoảng bằng 3
5 đồng thời hoành độ tâm mặt cầu (S
1
) lớn hơn 2.
Câu 7B. (1 điểm) Có ba bình: Bình A đựng 4 viên bi xanh và 5 bi đỏ, bình B đựng 8 viên bi xanh và 7 viên bi đỏ và
bình C đựng 6 viên bi xanh và 9 viên bi đỏ. Người ta chọn ngẫu nhiên ra một bình từ ba bình đã cho, rồi từ
bình đã chọn lấy ngẫu nhiên ra một viên bi. Tính xác suất để viên bi lấy ra là viên bi đỏ.
———————————————–Hết—————————————————-
TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄNĐÀN
Câu 1. Cho hàm số y =
x −2
x −1
(H).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (H).
b) Tìm tất cả các giá trị thực của m để đường thẳng d : y =2x +m −2 cắt đồ thị (H) tại hai điểm
phân biệt A,B sao cho tứ giác AM B N có diện tích bằng
5
17
4
, biết M
(
1;−2
)
; N
(
3;−3
)
.
a) Lời giải (hungchng):
TXĐ D = R\{1}; đạo hàm y
=
1
(x −1)
2
>0 ∀x ∈
D,
Hàm số đồng biến trên (−∞;1);(1;+∞)
lim
x→1
−
y =+∞; lim
x→1
+
y =−∞;
x =1 là phương trình tiệm cận dọc
lim
x→−∞
y =1; lim
x→+∞
y =1;
y =1 là phương trình tiệm cận ngang
Bảng biến thiên
x
y
y
−∞
1
+∞
+ +
11
+∞
−∞
11
Đồ thị
M
N
A
B
b) Lời giải (hungchng):
Ta có phương trình đường thẳng MN : y =−
1
2
x −
3
2
. nên d ⊥ M N tại I
I có tọa độ là nghiệm của
y =2x +m −2
y =−
1
2
x −
3
2
nên I
1 −2m
5
;
m −8
5
.
Vì AMBN là tứ giác(lồi) nên I thuộcđoạn thẳng M N tức là 1 <
1 −2m
5
<3 và −3 <
m −8
5
<−2 nghĩa
là −7 <m <−2 (a)
Đường thẳng d cắt (H) tại hai điểm A,B phân biệt khi phương trình: 2x +m −2 =
x −2
x −1
có hai
nghiệm phân biệt , nghĩa là 2x
2
+(m −5)x +4 −m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ⇐⇒
m >1 +2
2 không thỏa (a)
m <1 −2
2 thỏa (a)
Gọi x
A
, x
B
là hoành độ của A,B thì chúng là hai nghiệm của phương trình (1).
nên x
A
+x
B
=
5 −m
2
, x
A
.x
B
=
4 −m
2
, do đó (x
B
−x
A
)
2
= (x
A
+x
B
)
2
−4x
A
.x
B
=
(5 −m)
2
4
−4
4 −m
2
=
(m −1)
2
4
−2
Khi đó y
A
=1 −
1
x
A
−1
, y
B
=1 −
1
x
B
−1
⇒ y
B
−y
A
=
1
x
A
−1
−
1
x
B
−1
=
x
B
−x
A
x
A
.x
B
−(x
A
+x
B
)
AB
2
=(x
B
−x
A
)
2
+(y
B
−y
A
)
2
=
(m −1)
2
4
−2 +
(m−1)
2
4
−2
4−m
2
−
5−m
2
2
=
(m −1)
2
−8
4
1 +
4
1
(∗)
Ta có:
5
17
4
=S
AMB N
=
1
2
M N.AB =
1
2
5.AB. tức là AB
2
=
5.17
4
(∗∗)
từ (∗),(∗∗) ta được (m −1)
2
−8 =17 ⇐⇒
m =−4 thỏa
m =6 không thỏa
. Vậy m =−4 là giá trị cần tìm của
bài toán.
2
Câu 2.a Giải phương trình: cosx +cos
x +
π
3
=
3.cos
2
x +
π
6
+
1
3
cos
2
π
3
−x
Lời giải (angel):
Đặt x +
π
6
=t Phương trình đã cho trở thành :
cos
t −
π
6
+cos
t +
π
6
=
3.cos
2
t +
1
3
sin
2
t ⇔2.cost.cos
π
6
=
1
3
+
2
3
cos
2
t ⇔2.cos
2
t −3.cost +1 =
0 ⇔
cos t =1
cos t =
1
2
+) Với : cost =1 ⇔ t =k2π ⇒ x =−
π
6
+k2π
(
k ∈ Z
)
+) Với :cos t =
1
2
⇔t =±
π
3
+k2π ⇒
x =
π
6
+k2π
x =−
π
2
+k2π
(
k ∈Z
)
Câu 2.b Giải hệ phương trình:
2
x +
y
x y =4y
y −x
x (1)
8y
x +
1 −x +
1 −y
2
−1 =12x +7
x −1 +
y −2
(2)
Lời giải (hoanghai1195):
Điều kiện :
x ≥1; y ≥2
1 −x +(1 −y)
2
≥0
(1) ⇔(
x −
y)(x +3
x y +4y) =0 ⇔x = y
Thay vào phương trình (2); ta được:
4(
x
2
−3x +2 +x)
2
−9 =7(
x −1 +
x −2)
Đặt t =
x −1 +
x −2 >0
(2) ⇔(t
2
+3)
2
−9 =7t ⇔t
2
(t
2
+6) =7t ⇔(t −1)(t
2
+t +7) =0 ⇔ t =1
Từ đó suy ra:
x −1 +
x −2 =1 ⇔ x =2. Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (x; y) =(2;2)
Câu 3. Tính tích phân I =
π
2
0
3e
2x
+sin x(4e
x
+3sin x) −1
(e
x
+sin x)
2
dx.
Lời giải (khanhtoanlihoa):
I =
π
2
0
2 dx +
π
2
0
e
2x
+sin
2
x −1
(e
x
+sin x)
2
dx =2x
π
2
0
+
π
2
0
e
2x
−cos
2
x
(e
x
+sin x)
2
dx =π +
π
2
0
e
2x
−cos
2
x
(e
x
+sin x)
2
dx
Đặt A =
π
2
0
e
2x
−cos
2
x
(e
x
+sin x)
2
dx =
π
2
0
(e
x
−cos x)(e
x
+cos x)
(e
x
+sin x)
2
dx
Đặt u =e
x
−cos x ⇒ du =(e
x
+sin x) dx, dv =
e
x
+cos x
(e
x
+sin x)
2
dx ⇐v =−
1
e
x
+sin x
⇒ A =−
e
x
−cos x
e
x
+sin x
π
2
0
+
π
2
0
dx =−
e
π
2
e
π
2
+1
+x
π
2
0
=−
e
π
2
e
π
2
+1
+
π
2
. ⇒ I =−
e
π
2
e
π
2
+1
+
3π
2
.
Câu4. Cho lăng trụ tam giác ABC.A
B
C
có đáy là tam giác đều tâm O. Đỉnh C
có hình chiếu
trên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của đáy. Biết rằng khoảng cách từ O đến cạnh CC
bằng
a. Chứng minh rằng qua AB ta có thể dựng được mặt phẳng (P) vuông góc với CC
. Gọi K là
giao điểm củaCC
và mặt phẳng (P),biết góc
AK B =12 0
o
. Tínhthể tích hình lăng trụ ABC.A
B
C
theo a và góc hợp bởi CC
và mặt phẳng (ABC).
Lời giải (manlonely838):
3
Gọi M =CO ∩ AB. Kẽ MK ⊥CC
tại K , OH ⊥CC
tại H. Vì ∆ABC đều nên CO ⊥ AB.
Mà CO là hình chiếu của CC
trên (ABC) nên theo định lý 3 đường vuông góc suy ra CC
⊥ AB.
Từ đó suy ra (ABK ) ⊥CC
. Dĩ nhiên (ABK ) ≡(P).
Trong tam giác C K M cóOH ∥K M ⇒
OH
K M
=
CO
C M
=
2
3
⇒K M =
3.OH
2
=
3a
2
.
Hơn nữa, AB ⊥(C MK ) ⇒ AB ⊥K M ⇒∆ABK cân tại K .
Mà
AK B =12 0
0
⇒
AK M =60
o
. Tam giác AMK vuông tại M nên
AM =K M.tan60
o
=
3a
3
2
⇒ AB =3a
3, C M =
9a
2
, CO =3a.
Suy ra S
∆ABC
=
1
2
C M.AB =
1
2
.
9a
2
.3a
3 =
27a
2
3
4
. Xét tam giác vuông COC
có
1
OH
2
=
1
O C
2
+
1
O C
2
⇒
1
O C
2
=
1
OH
2
−
1
O C
2
=
1
a
2
−
1
9a
2
=
8
9a
2
⇒OC
=
3a
2
4
Do đó,
V
ABC .A
B
C
=C
O.S
∆ABC
=
3a
2
4
.
27a
2
3
4
=
81a
3
6
16
.
Lại có, tan
O CC
=
O C
CO
=
2
4
. Vậy,
(
CC
,(ABC)
)
=
(
CC
,CO
)
=
O CC
=arctan
2
4
.
Câu 5. Cho các số thực a,b,c ∈
[
1;2
]
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P =
10a
bc
+
11b
ac
+
2012c
ab
Lời giải (hoanghai1195):
P = f (c) =
2012c
ab
+
1
c
10a
b
+
11b
a
Coi c là biến số; a,b là tham số; ta có:
f
(c) =
2012
ab
−
1
c
2
10a
b
+
11b
a
=
2012c
2
−10a
2
−11b
2
ab
≥
2012 −10.2
2
−11.2
2
ab
>0
⇒ f (c) ≤ f (2) =
4024
ab
+
5a
b
+
11b
2a
=g (a)
Coi a là biến số; b là tham số; ta có:
g
(a) =
−4024
ba
2
+
5
b
−
11b
2a
2
≤
−4024
2
3
+5 −
11
4.2
<0 ⇒ g (a) ≤ g (1) =
4029
b
+
11b
2
=h(b)
4
h
(b) =
−4029
b
2
+
11
2
≤0 (b ∈[1;2]) ⇒h(b) ≤h(1) =40 29 +
11
2
=
8069
2
Vậy GTLN của P là
8069
2
khi và chỉ khi
a =b =1
c =2
Câu6A.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy cho hình thoi ABCD có
A =60
o
. Trên
các cạnh AB,BC lấy các điểm M,N sao cho MB +NB = AB. Biết P(
3;1) thuộc đường thẳng DN
và đường phân giác trong của góc
MDN có phương trình là d : x −y
3 +6 = 0. Tìm toạ độ đỉnh
D của hình thoi ABCD.
Lời giải (khanhtoanlihoa):
Từ giả thiết
A =60
o
⇒ tam giác ABD,CBD là các tam giác đều. Theo đề bài ta có AM =B N ,BM =
C N .
Xét hai tam giác ADM và BDN ta có:
D AM =
DB N =60
o
, AD =BD, AM =B N ⇒ hai tam giác bằng
nhau
⇒
ADM =
BDN (1)
Xét hai tam giác B MD và C ND ta có:
DB M =
DC N =60
o
,C D =BD,C N =B M ⇒ hai tam giác bằng
nhau
⇒
NDC =
MDB (2)
Từ (1) và (2) ⇒
MDN =60
o
.
Gọi P
là điểm đối xứng của P qua đường phân giác d ⇒ P
thuộc đường thẳng DM
⇒ tam giác PDP
là tam giác đều. ⇒DP =PP
=2d
(P/d )
=6.
Gọi D có tọa độ D
a;
a +6
3
⇒PD
2
=(a −
3)
2
+
a +6−
3
3
2
=36
⇒a =3 +
3, a =−6 +
3 ⇒D
3 +
3;1+3
3
,D
−6 +
3;1
.
Câu6A.b Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Ox yz, cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD
cócác đỉnh S(−3;2;1), A(0;2;2) vàC(−2;2;−2). Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua I và vuông góc với BD.
Lời giải (manlonely838):
Gọi O = AC ∩BD. Vì S.ABC D là chóp đều nên I ∈ SO. Suy ra I ∈ (S AC). Mà BD ⊥ (S AC) nên (α)
chính là (S AC ).
Như vậy, yêu cầu bài toán thực chất là viết phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm S, A, C.
Ta có
−→
n
(α)
=[
−→
S A,
−→
SC] =[(3;0;1),(1;0;−3)] =(0;10;0). Vậy (α) : y =2.
Câu 7A. Giải bất phương trình sau :
2 +3
2x
2 +3
2x
−
2 −3
2x
+
3
4x
+
4 −3
4x
−7
3
2x
≥
3
2x
−2
4 −3
4x
−2 +3
2x
.
Lời giải (Hồng Vinh):
ĐK :
2 −3
2x
≥0
4 −3
4x
≥0
4 −3
4x
−2 +3
2x
=0
Sử dụng phép nhân liên hợp ta có :
2 +3
2x
+
4 −3
4x
2.3
2x
+
3
4x
+
4 −3
4x
−7
3
2x
≥
3
2x
−2
4 −3
4x
+
3
2x
−2
⇐⇒
2.3
4x
+3
2x
+3.
4 −3
4x
−12
2.3
2x
≥
3
2x
−2
4 −3
4x
+2 −3
2x
2.3
2x
2 −3
2x
(Với đk các biểu thức liên hợp =0)
⇐⇒2.3
4x
+3
2x
+3.
4 −3
4x
−12 ≥−
4 −3
4x
−2 +3
2x
⇐⇒2
4 −3
4x
+3
4x
−5 ≥0 ⇐⇒ −
4 −3
4x
−1
2
≥0 ⇐⇒
4 −3
4x
−1 =0 ⇐⇒ x =
1
4
5
Câu 6B.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Ox y, cho hình chữ nhật ABCD , đỉnh B
thuộc đường thẳng d
1
: 2x −y +2 = 0, đỉnh C thuộc đường thẳng d
2
: x −y −5 = 0. Gọi H là hình
chiếu của B xuống đường chéo AC . Biết M
9
5
;
2
5
; K
(
9;2
)
lần lượt là trung điểm của AH và CD.
Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết hoành độ đỉnhC lớn hơn 4.
Lời giải (manlonely838):
d
1
d
2
M
K
B
C
D
A
E
H
Gọi B(b;2b +2), C (c; c −5), (c >4) và E là điểm đối xứng với B quaC . Suy ra E(2c −b;2c −2b −12).
Dễ dàng chứng minh được K là trung điểm của AE. Do đó,
−−→
HE =2
−−→
MK =
72
5
;
16
5
⇒ H
2c −b −
72
5
;2c −2b −
76
5
.
Thiết lập tọa độ các vector
−−→
CK =(9 −c;7+c),
−→
BC =(c −b;c −2b −7),
−−→
B H =
2c −2b −
72
5
;2c −4b −
86
5
,
−−→
MC =
c −
9
5
;c −
27
5
.
Với giả thiết bài toán ta có hệ phương trình
−−→
CK .
−→
BC =0
−−→
B H.
−−→
MC =0
⇔
−2c
2
+3bc +23c −23b −49 =0
4c
2
−6bc +
126
5
b −46c +
594
5
=0
⇔
b =1
c =9 hoặc c =4(loại)
Từ đó ta có B(1;4), C (9;4). Vì K là trung điểm của CD nên suy ra D(9;0).
Lại cóC là trung điểm của BE nên suy ra E (17;4), và K là trung điểm của AE nên suy ra A(1;0).
Câu6B.b Trongkhông gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho mặt phẳng (P) : x +2y +2z−6 =
0 và mặt cầu (S) có phương trình x
2
+y
2
+z
2
−2x −2y +4z −10 =0. Chứng minh rằng mặt cầu (S)
cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là một đường tròn (C). Lập phương trình mặt cầu (S
1
) chứa
đường tròn (C ) biết tâm của mặt cầu (S
1
) cách điểm A(4; 1;4) một khoảng bằng 3
5 đồng thời
hoành độ tâm mặt cầu (S
1
) lớn hơn 2.
Lời giải (manlonely838):
Phân tích: Hình học không gian cũng chỉ là thác triển từ hình học phẳng. Ở bài toán này ta
xem hai mặt cầu (S
1
), (S) như hai đường tròn trong mặt phẳng; mặt phẳng (P ) như là một đường
thẳng trong mặt phẳng. Hai mặt cầu này cắt nhau theo một mặt là đường tròn ví như hai đường
tròn trong mặt phẳng sẽ giao nhau theo một đoạn thẳng. Bài toán lúc này trở nên dễ dàng rồi
đúng không.
6
Ta có tâm mặt cầu (S) là I(1;1;−2), bán kính là R
(S)
= 4. d (I;(P)) =
7
3
. Vì d(I;(P)) < R
(S)
nên mặt
phẳng (P ) cắt mặt cầu (S) giao tuyến là một đường tròn (C ). Gọi I
1
, R
(S
1
)
lần lượt là tâm và bán
kính của mặt cầu (S
1
). Khi đó I I
1
⊥(P).
Để xác định toạ độ của I
1
, ta viết phương trình đường thẳng (d) đi qua I và vuông góc với (P ).
Cụ thể: Ta có
−→
u
(d)
=
−→
n
(P)
= (1;2;2). Suy ra phương trình của (d) :
x =1 +t
y =1 +2t
z =−2 +2t
t ∈ R. Suy ra
I
1
(1 +t;1+2t ;−2 +2t). Hơn nữa,
I
1
A =3
5 ⇔(1 +t −4)
2
+(1 +2t −1)
2
+(−2 +2t −4)
2
=45 ⇔
t =0 (loại)
t =
10
3
Do đó I
1
13
3
;
23
3
;
14
3
. Suy ra d(I
1
;(P)) =
23
3
. Mặt khác ta lại có
R
2
(S)
−
(
d(I ; (P))
)
2
=R
2
(C )
=R
2
(S
1
)
−
(
d(I
1
;(P))
)
2
⇒R
2
(S
1
)
=R
2
(S)
−
(
d(I ; (P))
)
2
+
(
d(I
1
;(P))
)
2
=4
2
−
7
3
2
+
23
3
2
=
208
3
.
Vậy mặt cầu (S
1
) có phương trình :
x −
13
3
2
+
y −
23
3
2
+
z −
14
3
2
=
208
2
9
.
Câu 7B. Có ba bình: Bình A đựng 4 viên bi xanh và 5 bi đỏ, bình B đựng 8 viên bi xanh và 7
viên bi đỏ và bìnhC đựng 6 viên bi xanh và 9 viên bi đỏ. Người ta chọn ngẫu nhiên ra một bình
từ ba bình đã cho, rồi từ bình đã chọn lấy ngẫu nhiên ra một viên bi. Tính xác suất để viên bi
lấy ra là viên bi đỏ.
Lời giải (khanhtoanlihoa):
Xác suất để chọn 1 trong 3 bình là:
1
3
.
Xác suất để lấy 1 viên bi đỏ trong bình A là:
5
9
.
Xác suất để lấy 1 viên bi đỏ trong bình B là:
7
15
.
Xác suất để lấy 1 viên bi đỏ trong bìnhC là:
9
15
.
Vậy xác suất để lấy ra viên bi đỏ theo yêu cầu bài toán là: P =
1
3
5
9
+
7
15
+
9
15
=
73
135
.
7
TÀI LIỆU TOÁN THPT
ĐỀ SỐ 4
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN
NGÀY 24.11.2012
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y =x
4
−2mx
2
+1 có đồ thị (C
m
)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi m =−1.
b) Xác định các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (C
m
) có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác
có độ lớn của diện tích và chu vi bằng nhau.
Câu 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình: 2
(
1 +sin x
)
+
(
2cosx +1
)(
2cosx −1
)
2
=4cos x +tan x
b) Giải phương trình:
1 +2
x −x
x
3 −x −
2 −x
=2
1 +x
x
1 +x
Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I =
π
4
0
sin x −2x.cos x
e
x
(
1 +sin2x
)
dx.
Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật có AB =2a, AD =2
2a . Cạnh bên
S A vuông góc với mặt phẳng đáy, các điểm M, N lần lượt là trung điểm của D A và DS. Đường thẳng
SC cắt mặt phẳng (B M N) tại P . Tính thể tích khối chóp S.B M NP và khoảng cách giữa hai đường
thẳng SB và P N , biết rằng cô-sin góc giữa đường thẳng C N và mặt phẳng (B M N) bằng
33
9
.
Câu 5. (1 điểm) Cho các số thực x, y,z thỏa mãn : x
2
+2y
2
+5z
2
≤2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P =
x y +y z +zx
1 +
4 −
x
2
+2y
2
+5z
2
2
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6A. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường
tròn (I ) : (x −5)
2
+(y −6)
2
=
32
5
. Biết rằng các đường thẳng AC và AB lần lượt đi qua các điểm M(7;8)
và N (6;9). Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD.
b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Ox yz cho các điểm B(0;1;0) và N(2;−1;2). Viết phương
trình mặt phẳng (P) đi qua các điểm B,N đồng thời cắt các tia Ox,Oz tại A,C sao cho diện tích tam
giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 7A. (1 điểm) Giải hệ phương trình:
log
5
(
5
x
−4
)
=1 −2y
x
3
−2y =
x
2
−x
2y +1
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 6B. (2 điểm)
a) Trongmặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho hai đường tròn (O
1
) và (O
2
) có bán
kính bằng nhau và cắt nhau tại A(4;2) và B. Một đường thẳng đi qua A và N(7;3) cắt các đường tròn
(O
1
) và (O
2
) lần lượt tại D và C . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác BC D biết rằng đường thẳng nối
tâm O
1
,O
2
có phương trình x −y −3 =0 và diện tích tam giác BC D bằng
24
5
.
b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Ox y z cho các mặt phẳng (P) : −mx+(1−m)z −2m+3 =0,
(Q) : my +z +3 = 0 và (R) : x − y = 0 ( m là tham số thực khác 0 ). Viết phương trình mặt phẳng (α) đi
qua giao tuyến của hai mặt phẳng (P ) và (Q) đồng thời vuông góc với mặt phẳng (R).
Câu 7B. (1 điểm) Tính xác suất để có thể lập được một số tự nhiên gồm 7 chữ số mà trong đó chữ số 3
có mặt đúng 2 lần,chữ số 0 có mặt đúng 3 lần và các chữ số còn lại có mặt không quá 1 lần.
———————————————–Hết—————————————————-
