De thi thu Dai Hoc mon Toan lan 1 cua trang K2pinet co dap an

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013. . Môn: TOÁN NGÀY 12.10.2012. ĐỀ SỐ 1. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm). pi. ne t. TÀI LIỆU TOÁN THPT. 2x + 1 (C) x−1 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 1. (2 điểm). Cho hàm số y =. Câu 2. (2 điểm)
cos 2x + 1 + cos2 x tan x = 1 + sin2 x. cosx (x + y) (25 − 4xy) = 105 + 4x2 + 17y2 4 b) Giải hệ phương trình 4x2 + 4y2 + 4x − 4y = 7 Z. Câu 3. (1 điểm). Tính tích phân. I= 0. π 4. .k2. a) Giải phương trình.
1 + tan2 x x − (x − tan x) cos2 x dx. 3 + cos 2x. ww w. 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 √ d = 45o . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và thẳng SA, SD hợp với đáy một góc 30o . Biết AD = a 6, BD = 2a và góc ADB khoảng cách từ đỉnh C đến mặt phẳng (SAD) 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 = (xy − x + 1)2 + (xy − 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 Oxy, 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 BM và P là giao điểm của AN với DM. Biết phương trình đường thẳng BM : 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) : x2 + y2 + z2 − 2x − 4y + 6z − 13 = 0 và đường x+1 y+2 z−1 thẳng d : = = . Xác định tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho từ M có thể kẻ được 3 tiếp tuyến 1 1 1 [ = 60o ; BMC [ = 90o ; CMA [ = 120o . MA, MB, MC đến mặt cầu (S) ( A, B,C là các tiếp điểm ). Sao cho AMB Câu 7a. (1 điểm) Cho các số phức z1 ; z2 đồng thời thỏa mãn các điều kiện : z1 + 3z1 z2 = (−1 + i) z2 và 2z1 − z2 = −3 + 2i . z1 Tìm mô-đun của số phức w = + z1 + z2 . z2. htt p. 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 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 . 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 BOA 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—————————————————-.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2x + 1 (C) x−1 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. Lời giải (Sangham_BM ): 2x + 1 Hàm số: y = . Tập xác định: D = R\{1}. Hai tiệm cận của đồ thì hàm số là: x−1 -Tiệm cận ngang: y = 2. -Tiệm cận đứng: x = 1. Suy ra giao điểm của 2 tiệm cận: I(1; 2). 2x0 + 1 Giả sử điểm M(x0 ; y0 ) thuộc đồ thị hàm số (x0 6= 1). Suy ra y0 = . Để M có hoành độ dương thì x0 > 0 x0 − 1 −3 2x0 + 1 (x − x0 ) (∆) = Và ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M:y − x0 − 1 (x0 − 1)2 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). 2(x0 + 2) 6 Suy ra A 1; , B(2x0 − 1; 2). Và IA = , IB = 2|x0 − 1| x0 − 1 |x0 − 1| Vì hai tiệm cận vuông góc với nhau nên IA và IB vuông góc nhau hay ∆IAB vuông tại I. 1 Do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆IAB = AB 2 √ √ Vậy để ∆IAB có bán kính đường tròn ngoại tiếp là 10 thì AB = 2 10 Mà theo định lí Pitago thì IA2 + IB2 = AB2 nên IA2 + IB2 = 40. 36 Hay + 4(x0 − 1)2 = 40 ⇐⇒ [(x0 − 1)2 − 1][(x0 − 1)2 − 9] = 0 (x0 − 1)2 Suy ra x0 = 2 hoặc x0 = 4 (do x0 > 0) (thỏa mãn) * Nếu x0 = 2 → y0 = 5. Suy ra M(2; 5) * Nếu x0 = 4 → y0 = 3. Suy ra M(4; 3) Vậy có 2 điểm M thỏa mãn bài ra là M(2; 5) và M(4; 3). pi. ne t. Cho hàm số y =. Câu 2.a Giải phương trình. ww w. .k2. Câu 1..
cos 2x + 1 + cos2 x tan x = 1 + sin2 x. cos x. Câu 2.b. ://. Lời giải (Love Math): ĐK : cos x 6= 0 PT tương đương với : cos 2x + (sin x − cos x) + sin x. cos x(cos x − sin x) = 0 ⇔ (cos x − sin x)(cos x + sin x + sin x. cos x − 1) = 0 " cos x − sin x = 0 cos x + sin x + sin x. cos x − 1 = 0 √ PT thứ 2 đặt sin x + cos x = t, |t| ≤ 2 π Giải ra ta được x = k2π, x = + k2.π(k ∈ Z) 4. Giải hệ phương trình.  (x + y) (25 − 4xy) = 105 + 4x2 + 17y2 4 4x2 + 4y2 + 4x − 4y = 7. Lời giải (hahahaha1):.  −6b3 + 9b2 = 6a3 + 14a − 20(1) 3a − 1 3b + 1 Đặt x = ;y = .Lúc đó hệ trở thành: a2 + b2 = 1 2 2. htt p. Ta có (1) ⇔ 3b2 (3 − 2b) = (a − 1)(6a2 + 6a + 20) ⇔ 3(1 − a2 )(3 − 2b) = (a − 1)(6a2 + 6a + 20) ⇔ (a − 1)(6a2 + 6a + 20 + 9 − 6b + 9a − 6ab) = 0 1 +) với a = 1 ⇒ b = 0 ⇒ x = 1; y = 2 +) Với 6a2 + 29 + 15a − 6b − 6ab = 0 (2) ta  có: V T(2) ≥ 6a2 + 29 − 15 − 6 − 3 = 6a2 + 5 > 0 nên TH này pt vô nghiệm. 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = 1; 2 Lời giải (Hồng Vinh): Từ pt(2) ta tìm được −2 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 2 17 + 21y2 Biến đổi pt(1) thành (x + y)[25 − 4(xy + x − y)] = 4 17 Thay 4x − 4y = 7 − 4x2 − 4y2 ta được : 4y3 − 21y2 + 18y + 4x3 + 18x = 4 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Z. Câu 3.. Tính tích phân. I= 0. π 4. pi. ne t. khảo sát hai hàm số : f (x) = 4x3 + 18x, −2 ≤ x ≤ 1 và g(y) = 4y3 − 21y2 + 18y, −1 ≤ y ≤ 2 17 1 Ta có : f (x) + g(y) ≤ Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = 1, y = 2  4 1 Vậy hệ có nghiệm 1, 2
1 + tan2 x x − (x − tan x) cos2 x dx. 3 + cos 2x. Lời giải
(hungchng): 1 + tan2 x x − (x − tan x) cos2 x x + x tan2 x − x cos2 x + tan x cos2 x x sin2 x + x tan2 x sin x cos x = = + 3 + cos 2x 3 + cos 2x 3 + cos 2x 3 + cos 2x 2 2 2 x tan x(cos x + 1) sin 2x x tan x sin 2x = + = + 3 + 2 cos2 x − 1 2(3 + cos 2x) 2 2(3 + cos 2x)   π4 1 2 1 1 1 π π2 1 − x + x tan x + ln | cos x| − ln |3 + cos 2x| + ln 2 − ln 3 Do đó I = = − 2 2 2 8 64 4 4 0. S. .k2. Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, mặt phẳng (SBD) vuông góc với đáy, các đường thẳng √ d = 45o . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách SA, SD hợp với đáy một góc 30o . Biết AD = a 6, BD = 2a và góc ADB từ đỉnh C đến mặt phẳng (SAD) theo a. Lời giải (dan_dhv):. ww w. T. K. A. D. H. B. C. ://. d = SDH [ = 30o suy ra HA = HD Gọi O là tâm khối chóp. Hạ SH ⊥ BD ⇒ SH ⊥ (ABCD). suy ra SAH √ AD nên tam giác AHD vuông cân tại H. ⇒ HA = HD = √ = a 3. ⇒ SH = HD. tan(30o ) = a. 2 √ √ 2a3 . 3 o 2 Ta có . Diện tích đáy S = AD.BD. sin(45 ) = 2a . 3 nên VS.ABCD = 3 2 Ta có: d(C; (SAD)) = 2d(O; (SAD)) = √ d(H; (SAD)). Gọi K là trung điểm của AD. 3 √ AD a 6 suy ra HK ⊥ AD ⇒ AD ⊥ (SHK) Hạ HT ⊥ SK suy ra HT = d(H; (SAD)). Ta có : HK = = . 2 2 √ 1 1 1 a 15 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SHK ta có : + = ⇒ HT = 2 2 2 SH HK HT 5 √ √ 2 a 15 2a 5 Vây d(C; (SAD)) = √ . = 5 3 5. htt p. Câu 5. 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 = (xy − x + 1)2 + (xy − 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 − 2xy ⇒ x + y ≥ 2xy ⇒ 1 ≥ xy MIN Ta lại có biểu thức P có thể viết thành: a2 − 2ab + 2b2 − 2a + 2b + 2 = P Hay a2 − 2a(b + 1) + 2b2 + 2b + 2 − P = 0 (1) Trong đó a = x + y(1 ≤ a ≤ 2); b = xy(2 ≥ a ≥ 2b) Coi (1) như 1 phương trình bậc 2 theo a khi đó để tồn tại a; b ta phải có: ∆0 ≥ 0 ⇔ P ≥ b2 + 1 ⇒ P ≥ 1 Vậy min P = 1 đạt được khi a = 1; b = 0 ⇒ x = 1; y = 0 MAX. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> pi. ne t. Xét hàm số f (a) = a2 − 2a(b + 1) + 2b2 + 2b + 2 Ta chi làm 2 TH nhỏ sau: 1 +) Nếu b ≥ 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(b2 − b + 1) 2 Do đó: f (a) ≤ 2(b2 − b + 1) = 2[b(b − 1) + 1] ≤ 2 Vậy trong TH này max P = 2 khi x = y = 1 1 +) Nếu b ≤ 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. 2 Kết luận: max P = 2 khi x = y = 1. Câu 6a.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, 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 BM và P là giao điểm của AN với DM. Biết phương trình đường thẳng BM : 2x − y − 4 = 0 .Tìm tọa độ điểm P. Lời giải (hungchng): A y B 2 1 N. E. 0. 1. 2. 3. 4. P. .k2. −1 −1. x. M. D. −2. C. −3. Gọi B ∈ BM nên tọa độ B  thỏa  I trung điểm AC nên I(1; 0), B thỏa AB = CB và (x + 1)2 + (y − 2)2 = (x − 3)2 + (y + 2)2 y = x − 1 x = 3 ⇐⇒ ⇐⇒ 2x − y − 4 = 0 y = 2x − 4 y = 2. ww w. −→ do đó B(3; 2) suy ra D(−1; −2) (vì I cũng là trung điểm BD). Theogiả thiết E trung điểm AD nên E(−1; 0) và CE = (−4; 2)       x = 7 x+1 = y 7 6 11 2 5 −4 2 M ∈ CE và M ∈ BM nên tọa độ M thỏa ⇐⇒ suy ra M ; − và N ; 6   5 5 5 5 y = − 2x − y − 4 = 0 5 x+1  y−2     =  x = 19 19 2 16/5 −8/5 5 P ∈ AN và P ∈ DM nên tọa độ P thỏa x + 1 y + 2 ⇐⇒ 2 Vậy P 5 ; − 5   y = −  = 12/5 4/5 5. ://. Câu 6a.b Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxyz , cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 − 2x − 4y + 6z − 13 = 0 và x+1 y+2 z−1 đường thẳng d : = = . Xác định tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho từ M có thể kẻ được 3 tiếp tuyến 1 1 1 [ = 60o ; BMC [ = 90o ; CMA [ = 120o . MA, MB, MC đến mặt cầu (S) ( A, B,C là các tiếp điểm ). Sao cho AMB Lời giải (dan_dhv):. htt p. A. M. d a B. K. √ a 3 2. H C. O. Gọi O là tâm mặt cầu. Do A, B,C là các tiếp điểm kẻ từ M đến mặt cầu nên ta có MA = 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. AB ⊥ MK Ta có ⇒ AB ⊥ MH; MH ⊥ AC ⇒ MH ⊥ (ABC) Suy ra M, H, O thẳng hàng. MC là tiếp tuyến nên MC ⊥ OC AB ⊥ HK √ √ 3 Khi đó CH = a , OC = R = 27 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác OMC ta có : 2 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> pi. ne t. 1 1 4 + = ⇒ a2 = 9 ⇒ MO = 6 M ∈ d ⇒ M(t − 1;t − 2;t + 1); O(1; 2; −3) a2 27 3a2   1 −2 7 4 ; ; suy ra (t − 2)2 + (t − 4)2 + (t + 4)2 = 36 ⇒ t = 0;t = suy ra M(−1; −2; 1); 3 3 3 3. Câu 7a. Cho các số phức z1 ; z2 đồng thời thỏa mãn các điều kiện : z1 + 3z1 z2 = (−1 + i) z2 và 2z1 − z2 = −3 + 2i . Tìm z1 mô-đun của số phức w = + z1 + z2 . z2  Lời giải (Love Math): z  z + 3z z = (−1 + i) z  1 + 3z1 = −1 + i  z1 + 3z1 z2 = −1 + i 1 1 2 2 z2 ⇒ z2 ⇒ 2z1 − z2 = −3 + 2i 2z − z = −3 + 2i  2z1 − z2 = −3 + 2i 1 2   √ z1 z1 ⇒ + 3z1 − (2z1 − z2 ) = (−1 + i) − (−3 + 2i) ⇒ + z1 + z2 = 2 − i ⇒ |w| = 5 z2 z2. .k2. Câu 6b.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): A. P. ww w. Q. B. N. M. C. 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 MN = QP ⇒ P(2; 2). → − Đườngthẳng AC  qua P(2; 2) nhận n = (1; 1) làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình: x + y − 4 = 0 −1 9 Vậy A ; ; B(−6; −1);C(5; −1) 2 2. ://. 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 BOA 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) √ √ 1 1 √ Ta có : 4 3 = SABO = AO.BM = 4 2BM ⇒ BM = 6 ⇒ (a − 2)2 + (b − 2)2 + c2 = 6 (2) 2 2 Do B ∈ (I; R) nên (a − 2)2 + (b − 2)2 + (c − 2)2 = 12 ! (3) r ! r r r 23 23 −1 23 23 −1 ;2− ; ;B 2− ;2+ ; ; Từ (1)(2)(3) ta suy ra B 2 + 8 8 2 8 8 2. htt p. 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 6= 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. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>