Đề thi thử đại học môn Toán có lời giải chi tiết số 13

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 13
Ngày 10 tháng 10 năm 2013
I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7 điểm)
CâuI:(2điểm) Cho hàm số:
2
1
x
y
x
−
=
+
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2. Tiếp tuyến bất kì của đồ thị hàm số cắt hai đường tiệm cận lần lượt tại hai điểm A và B .Chứng
minh rằng diện tích tam giác IAB không đổi. Viết phương trình tiếp tuyến sao cho bán kính đường tròn nội
tiếp tam giác IAB lớn nhất (với I là giao điểm của hai đường tiệm cận).
Câu II(2 điểm)
1) Giải phương trình :
(1 sin 2 cos 2 )sin( )
1
4
sin (cos 1)
1 cot
2
x x x
x x
x
π
− + +
= +

+

2) Giải hệ phương trình :
(
)
(
)





−+=++−
=−++++
12)2(10)(4
24log4log
2
2
2
2
yxyxxy
yyxx
CâuIII(1điểm) tính:
0 0 1 1 2 2 3 3 2010 2010
2010 2010 2010 2010 2010
2 C 2 C 2 C 2 C 2 C
A
1.2 2.3 3.4 4.5 2011.2012
= − + − + +
CâuIV:(1điểm)

Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a
13
đường chéo AC = a
3
. Các cạnh bên SA =
2a ; SB = 3a ; SC = a. Tính thể tích khối chóp và cosin của góc giữa hai đường thẳng SA và CD.
CâuV:(1điểm)
Cho x , y , z là ba số thực dương . Tìm giá trị nhỏ nhất cửa biểu thức :
M =








++






++









+
xy
z
z
xz
y
y
yz
x
x
1
2
1
2
1
2
II - PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)
A - Chương trình chuẩn.
CâuVIa(2 điểm)
1) Trong hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C):
2 2
( 1) ( 2) 4x y
− + + =
. M là điểm di động trên đường
thẳng d: x – y + 1 = 0. Chứng minh rằng từ M kẻ được hai tiếp tuyến MT
1
, MT

2
tới (C) (T
1
, T
2
là tiếp điểm)
và Tìm toạ độ điểm M, biết đường thẳng T
1
T
2
đi qua điểm A(1;-1).
2) Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm
( ) ( ) ( ) ( )
A 1;0 ,B 2;4 ,C 1;4 ,D 3;5− −
và đường thẳng
d : 3x y 5 0− − =
. Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
CâuVIIa(1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
=+− yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu
thức:
1
1
22
44
++
++
=

yx
yx
P
B - Chương trình nõng cao.
CâuVIb(2 điểm)
1) Trong hệ toạ độ Oxy, cho ba điểm A(-1; -1) ; B(0;2) ;C(0;1).Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A
sao cho tổng khoảng cách từ B và C tới ∆ là lớn nhất.
2) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường
thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C.
CâuVIIb(1 điểm) Giải bất phương trình:
2log9)2log3(
22
−>− xxx


HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 13
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Câu 1:2, Tiếp tuyến bất kì của đths
2
1
x
y
x
−
=
+
cắt hai đường tiệm cận tại A và B .CMR diện tích
∆
IAB

không đổi. Viết pttt sao cho bán kính đường tròn nội tiếp
∆
IAB lớn nhất .
Tiệm cận đứng x = -1, tiệm cận ngang y = 1; Giao hai đường tiệm cận: I(-1;1)
Tiếp tuyến tại M(x
0
;y
0
) dạng:
0
0
2
0 0
2
3
( )
( 1) 1
x
y x x
x x
−
= − +
+ +
Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng:
0
0
5
( 1; )
1
x

A
x
−
−
+
, cắt tiệm cận ngang:
0
(2 1;1)B x +
Có:
0
0
6
; 2 1
1
IA IB x
x
= = +
+
suy ra IA.IB = 12 Nên
1
. 6
2
IAB
S IA IB= =
. Ta có
6
.
IAB
IAB
S

S r p r
p p
= ⇒ = =
. Bởi vậy r lớn nhất khi p nhỏ nhất.
Do
2 2
2 2 . 2. . 4 3 2 6p IA IB AB IA IB IA IB IA IB IA IB= + + = + + + ≥ + = +
P nhỏ nhất khi
2
0 0
( 1) 3 1 3IA IB x x= ⇔ + = ⇔ = − ±
- Với
0 1
1 3 : 2(1 3)x d y x= − + ⇒ = + +
- Với
0 1
1 3 : 2(1 3)x d y x= − − ⇒ = + −
Câu 2: 1, Giải phương trình :
(1 sin 2 cos 2 )sin( )
1
4
sin (cos 1)
1 cot
2
x x x
x x
x
π
− + +
= +

+

Đk :



−≠
≠
1cot
0sin
x
x
pt 
)1.(cossin.
2
1
sin
cossin
.2
)cos)(sin2cos2sin1(
+=
+
++−
xx
x
xx
xxxx
 1 – sinx +
2
cos2x = cosx + 1  sinx + cosx =

2
cos2x
 sinx + cosx =
2
(cosx + sinx)(cosx – sinx) 
2
(cosx – sinx) = 1
 2cos






+
4
π
x
= 1  cos






+
4
π
x
= cos

3
π
Kết hợp đk => nghiệm phương trình : x =
π
π
2
12
k+
hoặc x =
π
π
2
12
7
k+−

Câu 2: 2, Giải hệ phương trình :
(
)
(
)





−+=++−
=−++++
)2 ( 12)2(10)(4
)1 (24log4log

2
2
2
2
yxyxxy
yyxx
Đk : y ≥ 0,5.
(1) 
(
)
(
)
[ ]
244log
22
2
=−+++ yyxx
 (x +
4
2
+x
)(
4
2
+y
- y) = 4
4 = (
4
2
+y

+ y) (
4
2
+y
- y) Nên  x +
4
2
+x
=
4
2
+y
+ y
Xét hàm f(t) = t +
4
2
+t
có f’(t) = 1 +
0
44
4
4
22
2
2
≥
+
+
>
+

++
=
+ t
tt
t
tt
t
t
Vậy f(t) đồng biến trên R mà (1)  f(x) = f(y)  x = y
Thay x = y vào (2)  x
2
– 8x + 10 = (x + 2)
12 −x
 6(2x – 1) + (x + 2)
12 −x
- (x + 2)
2
= 0
Đặt u =
12 −x
với u ≥ 0 thì (2)  6u
2
+ (x + 2)u – (x + 2)
2
= 0 có ∆ = 25(x + 2)
2

 u =
3
2+x

hoặc u = -
2
2+x
(loại vì x ≥ 0,5 Nên u < 0).
Giải pt :x + 2 = 3
12 −x
có hai nghiệm x = 1 hoặc x = 13 => nghiệm của hệ (1;1)& (13;13)
Câu 3:
0 0 1 1 2 2 3 3 2010 2010
2010 2010 2010 2010 2010
2 C 2 C 2 C 2 C 2 C
A
1 2 3 4 2011
= − + − + +
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Tacó:
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
k k
k k
k
2010
2 2010! 2 2010!
2 C
1

k 1 k! 2010 k ! k 1 k 1 ! 2010 k !
− −
− = =
+ − + + −
( )
( ) ( )
( )
k
k 1
k 1
2011
2 2011!
1 1
2 C
2011 k 1 ! 2011 k 1 ! 4022
+
+
−
= × = − × −
+ − −
( ) ( ) ( )
1 2 2011
1 2 2011
2011 2011 2011
1
A 2 C 2 C 2 C
4022
 
⇒ = − × − + − + + −
 

( ) ( )
2011 0
0
2011
1 1
2 1 2 C
4022 2011
 
= − × − + − − =
 
Câu 4: Chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a
13
đường chéo AC = a
3
. Các cạnh bên
SA = 2a;SB = 3a;SC = aTính thể tích khối chóp và cosin của góc giữa hai đường thẳng SA và CD
* g(SA ; CD) = g(SA;AB) với cosSAB =
13
2
* Áp dụng đlí cosin tính đựợc:
Góc
·
ASC
= 60
0
; góc
·
ASB
= 90
0

;góc
·
BSC
= 120
0
* Lấy M ∈ SA ; N ∈ SB sao cho SM = SN = a.
=> CM = a ; MN = a
2
; CN = a
3
=> ∆CMN vuông tại M
Mà SM = SN = SC = a Nên hình chiếu H của S trên (CMN) là trung
điểm CN & SH =
2
a
=> V
SCMN
=
3
1
SH.S
CMN
=
12
2
3
a
* Ta có V
SABCD
= 2V

SABC
= 12V
SCMN
=
2
3
a
Câu 5 : Cho x , y , z là ba sè thực dưong . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức :
M =








++






++









+
xyz
z
xz
y
y
yz
x
x
111
2
1
2
M =
xyz
zyxzyx
222222
222
++
+++
vì x
2
+ y
2
+ z
2

≥ xy + yz + zx
Ta có : M








++








++








+≥
z

z
y
y
x
x 1
2
1
2
1
2
222
Ta có :
2
3
2
1
2
1
2
1
2
22
≥++=+
xx
x
x
x
Tương tự ta có :
2
31

2
2
≥








+
y
y
;
2
31
2
2
≥








+
z

z
Vậy Min M = 9/2 <=> x = y = z = 1.
Câu 6a: 1, Cho (C):
2 2
( 1) ( 2) 4x y
− + + =
. M di động trên d: x – y + 1 = 0. CMR từ M kẻ được hai tiếp
tuyến MT
1
, MT
2
tới (C)và Tìm toạ độ điểm M, biết đường thẳng T
1
T
2
đi qua điểm A(1;-1).
Đường tròn (C) có tâm I(1;-2) bán kính r=2
M nằm trên d Nên M(m;m+1). => IM =
8)1(2)3()1(
222
++=++− mmm
> 2 =>M nằm ngoài (C) =>
qua M kẻ được 2 tiếp tuyến tới (C).
Gọi J là trung điểm IM=> toạ độ J là J







−+
2
1
;
2
1 mm
.Đường tròn (T) đường kính IM có tâm J bán kính
1
2
IM
r =
có phương trình (T):
4
)3()1(
2
1
2
1
22
22
++−
=






−
−+







+
−
mmm
y
m
x
Từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MT
1
,MT
2
đến (C) => T
1
; T
2
là hai giao điểm của (C) & (T)

2 2
( 1) ( 2) 4x y
− + + =
(1)
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
C
B
A

D
S
M
N
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Khi đó tọa độ T
1
& T
2
thỏa mãn hệ :
4
)3()1(
2
1
2
1
22
22
++−
=






−
−+







+
−
mmm
y
m
x
(2)
Lấy (1) trừ (2) vế với vế => đường thẳng T
1
T
2
có pt : (m – 1)x + (m + 3)y +m + 3 = 0
A(1;-1) nằm trên T
1
T
2
Nên : m – 1 – m – 3 + m + 3 = 0 <=> m = 1=>M(1;2)
Câu 6a: 2, 1. Giả sử
( )
M x; y d 3x y 5 0.∈ ⇔ − − =
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
AB
CD MAB MCD
AB 5,CD 17;AB 3;4 n 4;3 PT AB : 4x 3y 4 0
CD 4;1 n 1; 4 PT CD : x 4y 17 0;S S AB.d M;AB CD.d M;CD

4x 3y 4 x 4y 17
5 17 4x 3y 4 x 4y 17
5
17
3x y 5 0
3x y 5 0
3x 7y 21
4x 3y 4 x 4y 17
= = − ⇒ ⇒ + − =
⇒ − ⇒ − + = = ⇔ =
+ − − +
⇔ × = × ⇔ + − = − +
− − =
− − =
+ − =


⇒ ⇔

+ − = − +


uuur uuur
uuur uuur
( )
1 2
0
7
M ;2 ,M 9; 32
3

3x y 5 0
5x y 13 0





 

⇒ − −
 ÷

− − =
 



− + =



Câu
7a; 2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
=+− yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức:
1
1
22

44
++
++
=
yx
yx
P
Từ giả thiết suy ra:
2 2
1 2x xy y xy xy xy= − + ≥ − =
;
2
1 ( ) 3 3x y xy xy= + − ≥ −
.Từ đó ta có
1
3
1
≤≤− xy
Măt
khác
xyyxyxyx +=+⇔=+− 11
2222
nên
12
2244
++−=+ xyyxyx
.đăt t=xy
Vậy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của
1
3

1
;
2
22
)(
2
≤≤−
+
++−
== t
t
tt
tfP
Tính




−−=
−=
⇔=
+
+−⇔=
)(26
26
0
)2(
6
10)('
2

lt
t
t
tf
Do hàm số liên tục trên
[ ]
1;
3
1
−
nên so sánh giá trị của
)
3
1
(
−
f
,
)26( −f
,
)1(f
cho ra kết quả:
626)26( −=−= fMaxP
,
15
11
)
3
1
(min =−= fP

Câu 6b: 1, Cho ba điểm A(-1; -1) ; B(0;2) ;C(0;1).Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A sao cho
tổng khoảng cách từ B và C tới ∆ là lớn nhất.
Giả sử ptđt ∆: A(x + 1) + B(y + 1) = 0 với A
2
+ B
2
> 0. => d(B;∆) =
22
3
BA
BA
+
+
;
d(C;∆) =
22
2
BA
BA
+
+
.Gọi S = d(B;∆) + d(C;∆) =
22
3
BA
BA
+
+
+
22

2
BA
BA
+
+

=
( )
BABA
BA
23
1
22
+++
+
≤
( )
BA
BA
52
1
22
+
+
Bunhia ta có S
2
≤
))(52(
1
2222

22
BA
BA
++
+
= 29 => MaxS =
29






=
>
5
2
0
B
A
AB
Lấy A= 2 => B = 5 => ptđt ∆ : 2x + 5y + 7 = 0
Câu 6b: 2, (Học sinh tự vẽ hình)
Ta có:
( )
1;2 5AB AB= − ⇒ =
uuur
. Phương trình của AB là:
2 2 0x y+ − =
.

Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
( ) ( )
: ;I d y x I t t∈ = ⇒
. I là trung điểm của AC:
)2;12( ttC −
Theo bài ra:
2),(.
2
1
==
∆
ABCdABS
ABC
⇔
446. =−t

⇔
4
0;
3
t t= =
Từ đú ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C(
3
8
;
3
5
) thoả mãn .
Câu 7b: Giải bất phương trình

2log9)2log3(
22
−>− xxx
Điều kiện:
0
>
x
Bất phương trình
⇔
)1(2log)3(3
2
−>− xxx
. Nhận thấy x=3 khụng là nghiệm của bất phương trình.
TH1 Nếu
3>x
BPT
⇔
3
1
log
2
3
2
−
−
>
x
x
x
Xét hàm số:

xxf
2
log
2
3
)( =
đồng biến trên khoảng
( )
+∞;0

3
1
)(
−
−
=
x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
( )
+∞;3
*Với
4
>
x
:Ta có




=<
=>
3)4()(
3)4()(
gxg
fxf
⇒
Bpt có nghiệm
4
>
x
* Với
4<x
:Ta có



=>
=<
3)4()(
3)4()(
gxg
fxf
⇒
Bpt vô nghiệm
TH 2 :Nếu
30
<<
x
BPT

⇔
3
1
log
2
3
2
−
−
<
x
x
x

xxf
2
log
2
3
)( =
đồng biến trên khoảng
( )
+∞;0

3
1
)(
−
−
=

x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
( )
3;0
*Với
1
>
x
:Ta có



=<
=>
0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
⇒
Bpt vô nghiệm
* Với
1<x
:Ta có



=>
=<

0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
⇒
Bpt có nghiệm
10 << x
Vậy Bpt có nghiệm



<<
>
10
4
x
x
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa