đề thi thử toán đh số 1

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 cos 2x 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 −tanx)cos 2 x 3 + cos 2x dx. Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABC D là hình bình hành, mặt phẳng (SBD) vuông góc với đáy, các đường thẳng SA,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.ABCD và 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) : 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 MA,MB, MC đến mặt cầu (S) ( A, B,C là các tiếp điểm ). Sao cho  AMB = 60 o ;  BMC = 90 o ;  CMA = 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 Ox y 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—————————————————- 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. 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 IA = 6 |x 0 −1| , IB = 2|x 0 −1| Vì hai tiệm cận vuông góc với nhau nên IA và IB vuông góc nhau hay ∆IAB vuông tại I. Do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆I AB = 1 2 AB Vậy để ∆IAB có bán kính đường tròn ngoại tiếp là √ 10 thì AB = 2 √ 10 Mà theo định lí Pitago thì IA 2 + IB 2 = AB 2 nên IA 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 cos 2x cos x +  1 + cos 2 x  tan x = 1 + sin 2 x. Lời giải (Love Math): ĐK : cosx = 0 PT tương đương với : cos2x + (sin x −cos x) + sinx. cosx(cos x −sinx) = 0 ⇔ (cos x −sin x)(cosx + sin x +sinx.cosx −1) = 0  cos x−sin x = 0 cos x+sin x + sinx. cosx −1 = 0 PT thứ 2 đặt sin x + cosx = 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 −4xy) = 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 −6ab = 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 2 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 −tanx) cos 2 x 3 + cos 2x dx. Lời giải (hungchng):  1 + tan 2 x  x −(x −tanx) cos 2 x 3 + cos 2x = x + xtan 2 x −xcos 2 x + tan x cos 2 x 3 + cos 2x = x sin 2 x + xtan 2 x 3 + cos 2x + sin xcos x 3 + cos 2x = x tan 2 x(cos 2 x + 1) 3 + 2 cos 2 x −1 + sin 2x 2(3 + cos2x) = x tan 2 x 2 + sin 2x 2(3 + cos2x) Do đó I = 1 2  − 1 2 x 2 + xtanx + ln|cosx|− 1 2 ln |3 + cos 2x|       π 4 0 = π 8 − π 2 64 + 1 4 ln 2 − 1 4 ln 3 Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, mặt phẳng (SBD) vuông góc với đáy, các đường thẳng SA,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 (SAD) theo a. Lời giải (dan_dhv): A B C D S H K T Gọi O là tâm khối chóp. Hạ SH ⊥BD ⇒ SH ⊥ (ABCD). suy ra  SAH =  SDH = 30 o suy ra HA = HD nên tam giác AHD vuông cân tại H. ⇒ HA = 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; (SAD)) = 2d(O; (SAD)) = 2 √ 3 d(H; (SAD)). Gọi K là trung điểm của AD. suy ra HK ⊥ AD ⇒AD ⊥(SHK) Hạ HT ⊥ SK suy ra HT = d(H;(SAD)). 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;(SAD)) = 2 √ 3 . a √ 15 5 = 2a √ 5 5 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: a 2 −2ab + 2b 2 −2a + 2b +2 = P Hay a 2 −2a(b + 1) +2b 2 + 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 ⇔ P ≥b 2 + 1 ⇒ P ≥1 Vậy min P = 1 đạt được khi a = 1; b = 0 ⇒x = 1;y = 0 MAX 3 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 Câu 6a.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho hình vuông ABC D 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): −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 ∈ BM 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 BD). Theo giả thiết E trung điểm AD nên E(−1; 0) và −→ CE = (−4; 2) M ∈CE và M ∈BM 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 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 MA,MB, MC đến mặt cầu (S) ( A, B,C là các tiếp điểm ). Sao cho  AMB = 60 o ;  BMC = 90 o ;  CMA = 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 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. Ta có  AB ⊥ MK AB ⊥ HK ⇒ AB ⊥ MH;MH ⊥AC ⇒ MH ⊥ (ABC) Suy ra M, H,O thẳng hàng. MC là tiếp tuyến nên MC ⊥ OC Khi đó CH = a √ 3 2 ,OC = R = √ 27 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác OMC ta có : 4 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 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): 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 −−→ MN = −→ 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 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) Ta có : 4 √ 3 = S ABO = 1 2 AO.BM = 1 2 4 √ 2BM ⇒BM = √ 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) 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 5 ĐỀ SỐ 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN NGÀY 26-10-2012 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I. Cho hàm số y = 2x + 2 x −1 (C) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của 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 II. a) Giải phương trình : cos3x cos5x − cosx cos3x = 2sin 5x.sin 3x b)Giải bất phương trình: ( √ x + 6)  x (2x 2 + 26x + 8) −4 ≥x(2x + 3 √ x + 33) Câu III. Tính tích phân I =  e 1 x 2 −2.ln x + 1 x 2 . √ x + lnx dx . Câu IV. Cho lăng trụ đứng ABC.A 1 B 1 C 1 có BC = 2AB và AB vuông góc với 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 0 . Tính thể tích khối chóp MABC và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp B 1 ANC theo a Câu V. Cho các số thực x,y, z không âm và 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 : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình chuẩn Câu VIa. 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 (I) . 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. b)Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz, 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 VIIa. 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 VIb. 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 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 TÀI LIỆU TOÁN THPT 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 VIIb. 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—————————————————- 2 TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN Câu 1.a Cho hàm số y = 2x + 2 x −1 (C) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C). Câu I.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 Lời giải: (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:  IM =  x 0 −1; 4 x 0 −1  Mặt khác u.  IM = 0 ⇔x 0 −1 − 16 (x 0 −1) 3 = 0 ⇔ x 0 = 3 hoặc x 0 = −1 ⇒ M (3; 4) hoặc M (−1;0) Lời giải: (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 ). 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 II.a Giải phương trình cos3x cos5x − cosx cos3x = 2sin 5x.sin 3x. Lời giải: (NgoHoangToan) Điều kiện:cos5x.cos3x = 0. Ta có phương trình đã cho được viết lại như sau: cos3x cos5x + 1 −( cosx cos3x + 1) = 2sin5x.sin3x ⇔ cos3x + cos5x cos5x − cosx + cos3x cos3x = 2sin5x.sin3x ⇔ 2cos4x.cosx cos5x − 2cos2x.cosx cos3x = 2sin5x.sin3x Hay ta có : cos4x.cosx.cos3x −cosx.cos2x.cos5x = sin5x.sin3x.cos3x.cos5x 3 ⇔ cosx(cos3x.cos4x −cos2x.cos5x) = 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: (kunkun) Phương trình đã cho biến đổi thành ⇔ cos 2 3x − 1 2 (cos4x + cos6x) 1 2 (cos2x + cos8x) = cos2x −cos8x ⇔ 1 −cos4x = cos 2 2x −cos 2 8x ⇔ 1 −cos4x = 1+cos4x 2 −  2cos 2 4x −1  2 ⇔ 8cos 4 4x −8cos 2 4x −3cosx + 3 = 0 ⇔ cos4x = 1 hoặc cos4x = 1 2 Lời giải: (Hoanghai1195) Phương trình đã cho biến đổi thành: ⇔ 2cos 2 3x −2cosxcos5x = sin6x.sin10x ⇔ 1 + cos6x −(cos6x +cos4x) = −1 2 (cos16x −cos4x) ⇔ 2 −3cos4x + cos16x = 0 ⇔ 8cos 4 4x −8cos 2 4x −3cos4x + 3 = 0 ⇔(cos4x −1)(8cos 2 4x(cos4x + 1) −3) = 0 Câu II.b Giải bất phương trình ( √ x + 6)  x (2x 2 + 26x + 8) −4 ≥x(2x + 3 √ x + 33) Lời giải: (Con phố quen 1) 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 4 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) 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: (Con phố quen 2) 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: (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 III. Tính tích phân I =  e 1 x 2 −2.ln x + 1 x 2 . √ x + lnx dx 5 [...]... hệ thức lượng vào tam giác BB1 E và BPC ta có: 1 1 1 1 1 1 17 1 7 = + = + + = + (1) = 2 BF 2 BE 2 B1 B2 BP2 BC2 B1 B2 4AB2 B1 B2 2a √ AB Ta có : tan(BKA) = → AB = 3BK BK Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác BB1C ta có: 1 1 3 1 11 + = → = (2) B1 B2 4AB2 AB2 B1 B2 4AB2 √ AB.BC 4a 11 ; BC = 4a; SABC = = 4a2 Từ (1) ; (2) suy ra AB = 2a; BB1 = 11 2 √ 16 a3 11 → VMABC = 33 Ta có : Gọi Q là trung điểm của NC... 3a 2 27a 2 3 81a 3 6 = 4 4 16 2 OC = Vậy, CO 4 (CC , (ABC )) = (CC ,CO) = OCC = arctan Câu 5 2 4 Cho các số thực a, b, c ∈ [1; 2] Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P = 10 a 11 b 2 012 c + + bc ac ab Lời giải (hoanghai 119 5): P = f (c) = 2 012 c 1 10a 11 b + + ab c b a Coi c là biến số; a, b là tham số; ta có: f (c) = 2 012 c 2 − 10 a 2 − 11 b 2 2 012 − 10 .22 − 11 .22 2 012 1 10a 11 b = − 2 + ≥ >0 ab c b a ab... = −5 Vậy ta có:b = 1; y = −2; x = 1; a = 2 Từ đó ta suy ra: z1 = 1 − 2i; z2 = 2 + i Từ đó ta có : z2 + 3z1 z2 = 30 − 10 i 2√ 1 Vây : modun w bằng 10 10 14 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2 013 TÀI LIỆU TOÁN THPT Môn: TOÁN NGÀY 10 .11 .2 012 ĐỀ SỐ 3 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 thi n và vẽ đồ thị của hàm số (H ) b) Tìm tất cả các giá trị... ln x e +1 = − 1 + I2 (∗) + I2 = x e 1 - Xét I2 = = √ e +1 dt 1 Với t = x2 + x e √ dx 1 2 x + ln x √2x e +1 =t = = e 1 1 1 +1 √ dx x 2 x + ln x √ e +1 1 1 √ x + ln x √ √ e +1 +2 e +1 4 e Câu IV Cho lăng trụ đứng ABC.A1 B1C1 có BC = 2AB và AB vuông góc với BC Gọi M, N lần lượt là trung điểm của A1 B1 và 2a BC Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B1C bằng √ Góc giữa hai mặt phẳng (AB1C) và (BCC1 B1 ) bằng... (khanhtoanlihoa): 1 3 Xác suất để chọn 1 trong 3 bình là: 5 9 7 Xác suất để lấy 1 viên bi đỏ trong bình B là: 15 9 Xác suất để lấy 1 viên bi đỏ trong bình C là: 15 Xác suất để lấy 1 viên bi đỏ trong bình A là: Vậy xác suất để lấy ra viên bi đỏ theo yêu cầu bài toán là: P = 6 1 5 7 9 73 + + = 3 9 15 15 13 5 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2 013 TÀI LIỆU TOÁN THPT Môn: TOÁN NGÀY 24 .11 .2 012 ĐỀ SỐ 4 PHẦN CHUNG... đã cho thành: 1 + a3 1 + 2a − a(2 − b 2 ) =2 2) − b 3 − (2 − b 1 + a2 3 2 1+ a 1 + ab =2 ⇐⇒ 2 b −b +1 1 + a2 ⇐⇒ 1 + ab 2 + a 2 + a 3 b 2 = 2b 2 − 2b + 2 + 2a 3 b 2 − 2a 3 b + 2a 3 ⇐⇒ a 3 (b 2 − 2b + 1) + b 2 − 2b + 1 + b 2 − ab 2 + a 3 − a 2 = 0 ⇐⇒ (a 3 + 1) (b − 1) 2 + (a − 1) (a 2 − b 2 ) = 0 ⇐⇒ (a 3 + 1) (b − 1) 2 + 2(a − 1) (a 2 − 1) = 0 ⇐⇒ (a 3 + 1) (b − 1) 2 + 2(a − 1) 2 (a + 1) = 0  (b − 1) 2 = 0 Mà a,... + 2x + 1 − 2(x + ln x) √ I = 1e dx x2 x + ln x √ x +1 x + ln x e e x +1 · √ dx dx − 2 1 = 1 x x2 x x + ln x √ x +1 x +1 1 Mà d dx = d 2 x + ln x = 2 dx và √ x x x x + ln x √ √ e e +1 x +1 x + ln x x + ln x e e dx − 2 1 dx = 2 Nên I = 2 x + ln x + 2 1 e +1 4 2 2 x x x e 1 Lời giải: (One-HicF) √ x + ln x 1 − x − 2 ln x Ta có: = 2√ x 2x x + ln x Suy ra: x2 + x 1 − x − 2 ln x 1 dx + 1e 2 √ dx I = 1e 2 √... 3Cn + nCn = N1 + N2 0 1 2 3 n Xét khai triển : (1 + x)n = Cn +Cn x +Cn x2 +Cn x3 + +Cn xn Cho x = 1 ta được N1 = 3 · 2n 1 2 3 n Mặt khác ta có : [ (1 + x)n ] = n (1 + x)n 1 = Cn + 2Cn x + 3Cn x2 + + nCn xn 1 n 1 Cho x = 1 ta có : N2 = n2 Từ đây ta có : N = 3 · 2n + n · 2n 1 = (n + 6) · 2n 1 35n 35n 35 n + 2 013 ⇔ 2n 1 = + 2 013 ⇔ 2n = + 4026 Theo bài ta có : (n + 6) · 2n 1 = (n + 6) 12 12 6 35n Do... tự nhiên có 7 chữ số Giả sử số tự nhiên có 7 chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là a1 a2 a7 2 3 Do a1 = 0 nên có C 6 cách để đặt chữ số 0, sau đó có C 4 cách để đặt chữ số 3 Và có A 2 cách để đặt các chữ số còn lại 8 3 2 Ta sẽ có: C 6 C 4 A 2 = 6720 số thỏa mãn Vậy: P = 8 7 9375 7 THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI ĐẠI HỌC NĂM 2 013 DIỄN ĐÀN TOÁN THPT Môn : TOÁN 19 h30’- Thứ 7, ngày 08 -12 -2 012 ĐỀ SỐ 5 I PHẦN CHUNG... và chỉ khi : 2 − x = x ⇐⇒ x = 1 Lại có : x − x +1 ≥ 1, ∀x ∈ [0; 2] 1+ x ≤ 1, ∀x ∈ [0; 2] (2) (3) (12 + 12 )(2 − x + x) = 2 (4) Thật vậy, ta có (4) tương đương với : x − x + 1 ≥ 1 + x ⇐⇒ x 1 2 ≥ 0 (luôn đúng) Dấu đẳng thức xảy ra ở (4) khi và chỉ khi x = 1   x − x 1   1 2−x +x −3 Vậy ta có : x ∈ [0; 2] nên (1) xảy ra khi và chỉ khi x = 1 x − x +1   1 1+x Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương . TÀI LIỆU TOÁN THPT ĐỀ SỐ 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2 013 Môn: TOÁN NGÀY 12 .10 .2 012 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 thi n. 10 √ 10 . 14 TÀI LIỆU TOÁN THPT ĐỀ SỐ 3 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2 013 Môn: TOÁN NGÀY 10 .11 .2 012 PHẦN CHUNG CHOTẤT CẢ THÍ SINH (7điểm) Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = x −2 x 1 (H). a) Khảo sát sự biến thi n. có: 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) = 7 2a 2 Ta có : tan(BKA) = 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