Đề thi thử đại học môn Toán lời giải số 27

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 26
Ngày 16 Tháng 01 Năm 2013
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
+
(C)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
2.Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình:
2 2
3 3
2 1
2 2
y x
x y y x

− =


− = −


.
2.Giải phương trình sau:

( )
6 6
8 sin cos 3 3sin 4 3 3 cos 2 9sin 2 11x x x x x
+ + = − +
.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I =
1
2
1
2
1
( 1 )
x
x
x e dx
x
+
+ −
∫
.
Câu IV(1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = a
2
, BC = BD = a, khoảng cách từ B đến
mặt phẳng (ACD) bằng
3
a
. Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ
diện ABCD bằng
3
15

27
a
.
Câu V (1,0 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện
( )
2 2
2 1x y xy+ = +
. Tìm giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của biểu thức
4 4
2 1
x y
P
xy
+
=
+
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A.Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a( 2,0 điểm)
1. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x
2
+y
2
- 2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường thẳng
(Δ) vuông góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A;B sao cho AB = 6.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d
1
:

2 1
4 6 8
x y z− +
= =
− −
và
d
2
:
7 2
6 9 12
x y z
− −
= =
−
. Xét vị trí tương đối của d
1
và d
2
. Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2),
Tìm tọa độ điểm I trên đường thẳng d
1
sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho
1
z
,
2
z
là các nghiệm phức của phương trình

2
2 4 11 0z z− + =
. Tính giá
trị của biểu thức A =
2 2
1 2
2
1 2
( )
z z
z z
+
+
.
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b(2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A(1;4), trực tâm H(3;-1), tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác là I(-2;0). Xác định điểm B, C (biết x
C
>0)
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3). Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt
ba tia Ox tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:



+=+
+=+
yyxx
xyyx

222
222
log2log72log
log3loglog
……………Hết………………
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 26
Câu 1:* Tập xác định: D = R\{ - 1} * Sự biến thiên
- Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 2
x x
y y
→+∞ →−∞
= =
; tiệm cận ngang: y = 2
-
( 1) ( 1)
lim ; lim
x x
y y
− +
→ − → −
= +∞ = −∞
; tiệm cận đứng: x = - 1
-Bảng biến thiên: Ta có
2
1
' 0
( 1)
y
x

= >
+
với mọi x
≠
- 1 HS đồng biến trên mỗi khoảng (-
∞
; -1) và
( -1; +
∞
)
Câu 1: 2,Gọi M(x
0
;y
0
) là một điểm thuộc (C), (x
0
≠
- 1)

thì
0
0
0
2 1
1
x
y
x
+
=

+
Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì
MA = |x
0
+1| , MB = | y
0
- 2| = |
0
0
2 1
1
x
x
+
+
- 2| = |
0
1
1x +
| Theo Cauchy thì MA + MB
≥
2
0
0
1
x 1 .
1x
+
+
=2

⇒
MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x
0
= 0 hoặc x
0
= -2.Như vậy ta có hai điểm cần tìm là M(0;1) và
M’(-2;3)
Câu 2: 1,
( )
6 6 2
3
sin 1 sin 2 (1)
4
x cos x x
+ = −
Thay (1) vào phương trình (*) ta có :
( )
6 6
8 sin 3 3 sin 4 3 3 2 9sin 2 11x cos x x cos x x
+ + = − +
2 2
2
3
8 1 sin 2 3 3 sin 4 3 3 2 9sin 2 11 3 3sin 4 3 3 2 6sin 2 9sin 2 3
4
3sin 4 3 2 2sin 2 3sin 2 1
x x cos x x x cos x x x
x cos x x x
 
⇔ − + = − + ⇔ − = − +

 ÷
 
⇔ − = − +
( ) ( )
( )
3 2 . 2sin 2 1 (2sin 2 1)(sin 2 1) 2sin 2 1 3 2 sin 2 1 0cos x x x x x cos x x
⇔ − = − − ⇔ − − + =
2sin 2 1 0 2sin 2 1 (2)
3 2 sin 2 1 0 sin 2 3 2 1 (3)
x x
cos x x x cos x
− = =
 
⇔ ⇔
 
− + = − =
 
Giải(2)
12
( )
5
12
x k
k Z
x k
Π

= + Π

∈


Π

= + Π


Giải (3)
4
( )
7
12
x k
k Z
x k
Π

= + Π

∈

Π

= + Π


Câu2 : 2,Ta có:
( )
( )
3 3 2 2 3 2 2 3
2 2 2 2 2 5 0x y y x y x x x y xy y− = − − ⇔ + + − =

. Khi
0y =
thì hệ VN.
Khi
0y ≠
, chia 2 vế cho
3
0y ≠ ⇒
3 2
2 2 5 0
x x x
y y y
     
+ + − =
 ÷  ÷  ÷
     
. Đặt
x
t
y
=
, ta có :
3 2
2 2 5 0 1t t t t+ + − = ⇔ =
. Khi
1t
=
,ta có : HPT
2
1, 1

1
y x
x y x y
y
=


⇔ ⇔ = = = = −

=


.
Câu 3:I =
1 1 1
2 2
1 2
1 1
2 2
1 1
( 1 ) ( )
x x x
x x x
x e dx e dx x e dx I I
x x
+ + +
+ − = + − = +
∫ ∫ ∫
.
Tính I

1
theo phương pháp từng phần I
1
=
2
1 1
52
2
2
1
1
2
2
1 3
( )
2
x x
x x
xe x e dx e I
x
+ +
− − = −
∫

5
2
3
.
2
I e⇒ =

Câu 4:Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH AE
Ta có ACD cân tại A nên CD AE ,Tương tự BCD cân tại B nên CD BE
Suy ra CD (ABE) CD BH, Mà BH AE suy ra BH (ACD)
Do đó BH = và góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) là
Thể tích của khối tứ diện ABCD là
Mà
Khi đó : là 2 nghiệm của pt: x
2
- x + = 0
2 2
2 2
5
,
3 3
a a
AE DE
= =
hoặc
2 2
2 2
5
,
3 3
a a
AE DE= =
trường hợp ) vì DE<a (DE=CD/2<(BC+BD)/2=a)
Xét BED vuông tại E nên BE = . Xét BHE vuông tại H nên
sin = . Vậy góc giữa hai mp(ACD) và (BCD) là
Câu 5 :Đặt
t xy=

. Ta có:
( )
( )
2
1
1 2 2 4
5
xy x y xy xy xy+ = + − ≥ − ⇒ ≥ −

Và
( )
( )
2
1
1 2 2 4
3
xy x y xy xy xy+ = − + ≥ ⇒ ≤
. ĐK:
1 1
5 3
t− ≤ ≤
.
Suy ra :
( )
( )
2
2 2 2 2
2
2
7 2 1

2 1 4 2 1
x y x y
t t
P
xy t
+ −
− + +
= =
+ +
. Do đó:
( )
( )
2
2
7
'
2 2 1
t t
P
t
− −
=
+
,
' 0 0, 1( )P t t L= ⇔ = = −

1 1 2
5 3 15
P P
   

− = =
 ÷  ÷
   
và
( )
1
0
4
P =
. KL: GTLN là
1
4
và GTNN là
2
15
( HSLT trên đoạn
1 1
;
5 3
−
 
 
 
)
Câu 6a: 1, Đường tròn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5
Gọi H là trung điểm AB thì AH=3 và IH AB suy ra IH =4
Mặt khác IH= d( I; Ä )
H
D
E

C
B
A

I
A H B
Vì Ä
⊥
d: 4x-3y+2=0 nên PT của Ä có dạng3x+4y+c=0
d(I; Ä )=
vậy có 2 đt thỏa món bài toỏn: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0
Câu 6a
2,Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là:
1
u
ur
(4; - 6; - 8)
2
u
uur
( - 6; 9; 12)
+)
1
u
ur
và
2
u
uur
cùng phương

+) M( 2; 0; - 1)
∈
d
1
; M( 2; 0; - 1)
∉
d
2
Vậy d
1
// d
2
.
*)
AB
uuur
= ( 2; - 3; - 4); AB // d
1
Gọi A
1
là điểm đối xứng của A qua d
1 .
Ta có: IA + IB = IA
1
+ IB
≥
A
1
B IA + IB đạt giá trị nhỏ
nhất bằng A

1
B Khi A
1
, I, B thẳng hàng
⇒
I là giao điểm của A
1
B và d. Do AB // d
1
nên I là trung
điểm của A
1
B.
*) Gọi H là hình chiếu của A lên d
1
. Tìm được H
36 33 15
; ;
29 29 29
 
 ÷
 
A’ đối xứng với A qua H nên A’
43 95 28
; ;
29 29 29
 
−
 ÷
 

Câu 6b: 1, Phương trình đường tròn (C): (x+2)
2
+y
2
=25 (1)
Vì BC
AH (0; 6)⊥ = −
uuur
nên phương trình BD có dạng: y=m Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, ta
có:
GH 2GI= −
uuur uur

2
G( 1; )
3
⇒ − −
nên
B C B C
B C B C
x x 4 x x 4
(2)
y y 6 y y 3
+ = − + = −
 
⇒
 
+ = − = = −
 
Thế (2) vào (1) ta được:

x 2
B( 6; 3); C(2; 3)
x 6
=

⇒ − − −

= −

(vì x
C
>0)
Câu 6b:2,Mặt phẳng cắt 3 tia Ox,Oy,Oz tại A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) có dạng:
( ) ( )
: 1, , , 0
x y z
a b c
a b c
α
+ + = >

Do M
( )
α
∈
nên:
cos
3
1 2 3 6
1 3. 162

y
abc
a b c abc
+ + = ≥ ⇒ ≥
Thể tích:
min
3
1
27 27 6
6
9
a
V abc V b
c
=


= ≥ ⇒ = ⇔ =


=

Mặt phẳng cần tìm: 6x+3y+2z-18=0
Câu 7b:ĐK: x,y > 0
- hệ phương trình
⇔
( )




+=++
+=+
yyxx
xyyx
222
222
log2log3log23
log3loglog
- Suy ra: y = 2x
13log2
1
2
−
=
x
,
13log2
2
2
−
=
y