Đang tải... (xem toàn văn)
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013, ĐỀ SỐ 1
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 TÀI LIỆU TOÁN THPT Mơn: TỐN NGÀY 12.10.2012 ĐỀ SỐ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 2x + (C) x−1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (c) b) Gọi I giao điểm hai đường tiệm cận Xác định tọa độ điểm M có hồnh độ dương nằm đồ thị (C) cho tiếp tuyến M cắt hai đường tiệm cận (C) A, B đồng thời hai điểm với điểm I tạo thành tam giác nội tiếp √ đường trịn có bán kính 10 Câu (2 điểm) Cho hàm số y = Câu (2 điểm) cos 2x + + cos2 x tan x = + sin2 x cos x (x + y) (25 − 4xy) = 105 + 4x2 + 17y2 b) Giải hệ phương trình 4x2 + 4y2 + 4x − 4y = a) Giải phương trình Câu (1 điểm) Tính tích phân π I= + tan2 x x − (x − tan x) cos2 x dx + cos 2x Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành, mặt phẳng (SBD) vng góc với đáy, đường √ thẳng SA, SD hợp với đáy góc 30o Biết AD = a 6, BD = 2a góc ADB = 45o Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ đỉnh C đến mặt phẳng (SAD) theo a Câu (1 điểm) Cho số thực không âm x, y thỏa mãn : x (2x + 2y − 5) + y (y − 3) + = Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức : P = (xy − x + 1)2 + (xy − y + 1)2 PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần A B A Theo chương trình chuẩn Câu 6a (2 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vng góc Oxy, cho hình vng ABCD có đỉnh A (−1; 2) , C (3; −2) Gọi E trung điểm cạnh AD, BM đường thẳng vng góc với CE M ; N trung điểm của BM P giao điểm AN với DM Biết phương trình đường thẳng BM : 2x − y − = Tìm tọa độ điểm P b) Trong khơng gian với hệ tọa độ Đề-các vng góc Oxyz , cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 − 2x − 4y + 6z − 13 = đường x+1 y+2 z−1 thẳng d : = = Xác định tọa độ điểm M đường thẳng d cho từ M kẻ tiếp tuyến 1 MA, MB, MC đến mặt cầu (S) ( A, B,C tiếp điểm ) Sao cho AMB = 60o ; BMC = 90o ; CMA = 120o Câu 7a (1 điểm) Cho số phức z1 ; z2 đồng thời thỏa mãn điều kiện : z1 + 3z1 z2 = (−1 + i) z2 2z1 − z2 = −3 + 2i z1 Tìm mơ-đun số phức w = + z1 + z2 z2 B Theo chương trình nâng cao Câu 6b (2 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vng góc Oxy cho tam giác ABCvng A ngoại tiếp hình chữ nhật MNPQ Biết điểm M (−3; −1) N (2; −1) thuộc cạnh BC , Q thuộc cạnh AB , P thuộc cạnh AC , đường thẳng AB có phương trình : x − y + = Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC b) Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vng góc Oxyz , cho mặt cầu (S) : (x − 2)2 + (y − 2)2 + (z − 2)2 = 12 điểm √ A (4; 4; 0) Xác định tọa độ điểm B thuộc mặt cầu (S) biết tam giác BOA cân B có diện tích Câu 7b (1 điểm) Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, lập số chẵn có chữ số khác nhỏ 4321 đồng thời chữ số ln có mặt đứng cạnh ———————————————–Hết—————————————————- 2x + (C) x−1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (c) b) Gọi I giao điểm hai đường tiệm cận Xác định tọa độ điểm M có hoành độ dương nằm đồ thị (C) cho tiếp tuyến M cắt hai đường tiệm cận (C) A, B đồng thời hai điểm với điểm I tạo thành tam giác nội tiếp √ đường trịn có bán kính 10 Lời giải (Sangham_BM ): 2x + Hàm số: y = Tập xác định: D = R\{1} Hai tiệm cận đồ hàm số là: x−1 -Tiệm cận ngang: y = -Tiệm cận đứng: x = Suy giao điểm tiệm cận: I(1; 2) 2x0 + Giả sử điểm M(x0 ; y0 ) thuộc đồ thị hàm số (x0 = 1) Suy y0 = Để M có hồnh độ dương x0 > x0 − −3 2x0 + (x − x0 ) (∆) = Và ta có phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số M:y − x0 − (x0 − 1)2 Khơng giảm tính tổng qt ta giả sử A, B giao điểm ∆ với tiệm cận đứng, tiệm cận ngang với đồ thị (C) 2(x0 + 2) Suy A 1; , IB = 2|x0 − 1| , B(2x0 − 1; 2) Và IA = x0 − |x0 − 1| Vì hai tiệm cận vng góc với nên IA IB vng góc hay ∆IAB vng I Do bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆IAB = AB √ √ Vậy để ∆IAB có bán kính đường trịn ngoại tiếp 10 AB = 10 Mà theo định lí Pitago IA2 + IB2 = AB2 nên IA2 + IB2 = 40 36 Hay + 4(x0 − 1)2 = 40 ⇐⇒ [(x0 − 1)2 − 1][(x0 − 1)2 − 9] = (x0 − 1)2 Suy x0 = x0 = (do x0 > 0) (thỏa mãn) * Nếu x0 = → y0 = Suy M(2; 5) * Nếu x0 = → y0 = Suy M(4; 3) Vậy có điểm M thỏa mãn M(2; 5) M(4; 3) Câu Cho hàm số y = Câu 2.a Giải phương trình cos 2x + + cos2 x tan x = + sin2 x cos x Lời giải (Love Math): ĐK : cos x = PT tương đương với : cos 2x + (sin x − cos x) + sin x cos x(cos x − sin x) = ⇔ (cos x − sin x)(cos x + sin x + sin x cos x − 1) = cos x − sin x = cos x + sin x + sin x cos x − = √ PT thứ đặt sin x + cos x = t, |t| ≤ π Giải ta x = k2π, x = + k2.π(k ∈ Z) Câu 2.b Giải hệ phương trình (x + y) (25 − 4xy) = 105 + 4x2 + 17y2 4x2 + 4y2 + 4x − 4y = Lời giải (hahahaha1): −6b3 + 9b2 = 6a3 + 14a − 20(1) 3a − 3b + Đặt x = ;y = Lúc hệ trở thành: a2 + b2 = 2 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 + − 6b + 9a − 6ab) = +) với a = ⇒ b = ⇒ x = 1; y = +) Với 6a2 + 29 + 15a − 6b − 6ab = (2) ta có: V T (2) ≥ 6a2 + 29 − 15 − − = 6a2 + > nên TH pt vơ nghiệm Vậy phương trình có nghiệm (x; y) = 1; Lời giải (Hồng Vinh): Từ pt(2) ta tìm −2 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 17 + 21y2 Biến đổi pt(1) thành (x + y)[25 − 4(xy + x − y)] = 17 Thay 4x − 4y = − 4x2 − 4y2 ta : 4y3 − 21y2 + 18y + 4x3 + 18x = khảo sát hai hàm số : f (x) = 4x3 + 18x, −2 ≤ x ≤ g(y) = 4y3 − 21y2 + 18y, −1 ≤ y ≤ 17 Ta có : f (x) + g(y) ≤ Dấu "=" xảy x = 1, y = Vậy hệ có nghiệm 1, Câu Tính tích phân π I= + tan2 x x − (x − tan x) cos2 x dx + cos 2x Lời giải (hungchng): + 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 = = + + cos 2x + cos 2x + cos 2x + cos 2x 2x x(cos2 x + 1) sin 2x x tan sin 2x x tan + = + = + cos2 x − 2(3 + cos 2x) 2(3 + cos 2x) π 1 − x2 + x tan x + ln | cos x| − ln |3 + cos 2x| Do I = 2 = π π2 − + ln − ln 64 4 Câu Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành, mặt phẳng (SBD) vng góc với đáy, đường thẳng √ SA, SD hợp với đáy góc 30o Biết AD = a 6, BD = 2a góc ADB = 45o Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ đỉnh C đến mặt phẳng (SAD) theo a Lời giải (dan_dhv): S T K A D H B C Gọi O tâm khối chóp Hạ SH ⊥ BD ⇒ SH ⊥ (ABCD) suy SAH = SDH = 30o suy HA = HD √ AD nên tam giác AHD vuông cân H ⇒ HA = HD = √ = a ⇒ SH = HD tan(30o ) = a √ √ 2a3 o ) = 2a2 nên V Ta có Diện tích đáy S = AD.BD sin(45 S.ABCD = Ta có: d(C; (SAD)) = 2d(O; (SAD)) = √ d(H; (SAD)) Gọi K trung điểm AD √ AD a = suy HK ⊥ AD ⇒ AD ⊥ (SHK) Hạ HT ⊥ SK suy HT = d(H; (SAD)) Ta có : HK = 2 √ 1 a 15 Áp dụng hệ thức lượng tam giác SHK ta có : + = ⇒ HT = 2 SH HK HT √ √ a 15 2a = Vây d(C; (SAD)) = √ 5 Câu Cho số thực không âm x, y thỏa mãn : x (2x + 2y − 5) + y (y − 3) + = Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức : P = (xy − x + 1)2 + (xy − y + 1)2 Lời giải (hahahaha1): Giả thiết viết lại thành: (x + y − 1)(x + y − 2) = −(x − 1)2 Từ ta có được: ≤ x + y ≤ Mặt khác giả thiết viết lại dạng: 2(x − 1)2 + (y − 1)2 = x + y − 2xy ⇒ x + y ≥ 2xy ⇒ ≥ xy MIN Ta lại có biểu thức P viết thành: a2 − 2ab + 2b2 − 2a + 2b + = P Hay a2 − 2a(b + 1) + 2b2 + 2b + − P = (1) Trong a = x + y(1 ≤ a ≤ 2); b = xy(2 ≥ a ≥ 2b) Coi (1) phương trình bậc theo a để tồn a; b ta phải có: ∆ ≥ ⇔ P ≥ b2 + ⇒ P ≥ Vậy P = đạt a = 1; b = ⇒ x = 1; y = MAX Xét hàm số f (a) = a2 − 2a(b + 1) + 2b2 + 2b + Ta chi làm TH nhỏ sau: +) Nếu b ≥ ta xét hàm số [2b; 2] Dễ thấy hàm số đạt max f (2) f (2b) (mà f (2) = f (2b) = 2(b2 − b + 1) Do đó: f (a) ≤ 2(b2 − b + 1) = 2[b(b − 1) + 1] ≤ Vậy TH max P = x = y = 1 +) Nếu b ≤ ta xét hàm số [1; 2] Hàm số đạt max f (2) (vì f (2) ≥ f (1)) nên ta có giá trị max TH Kết luận: max P = x = y = Câu 6a.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vng góc Oxy, cho hình vng ABCD có đỉnh A (−1; 2) , C (3; −2) Gọi E trung điểm cạnh AD, BM đường thẳng vng góc với CE M ; N trung điểm của BM P giao điểm AN với DM Biết phương trình đường thẳng BM : 2x − y − = Tìm tọa độ điểm P Lời giải (hungchng): A y B N E −1 −1 x P M D −2 C −3 Gọi I trung điểm AC nên I(1; 0), B thỏa AB = CB và ∈ BM nên tọa độ B B thỏa (x + 1)2 + (y − 2)2 = (x − 3)2 + (y + 2)2 y = x − x = ⇐⇒ ⇐⇒ 2x − y − = y = 2x − y = − → B(3; 2) suy D(−1; −2) (vì I trung điểm BD) Theo giả thiết E trung điểm AD nên E(−1; 0) CE = (−4; 2) x = x+1 = y 11 −4 ;− ; M ∈ CE M ∈ BM nên tọa độ M thỏa ⇐⇒ suy M N y = − 5 5 2x − y − = x+1 y−2 x = 19 = 19 16/5 −8/5 ;− P ∈ AN P ∈ DM nên tọa độ P thỏa x + y + ⇐⇒ Vậy P y = − 5 = 12/5 4/5 Câu 6a.b Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vng góc Oxyz , cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 − 2x − 4y + 6z − 13 = x+1 y+2 z−1 = = Xác định tọa độ điểm M đường thẳng d cho từ M kẻ tiếp tuyến đường thẳng d : 1 MA, MB, MC đến mặt cầu (S) ( A, B,C tiếp điểm ) Sao cho AMB = 60o ; BMC = 90o ; CMA = 120o Lời giải (dan_dhv): M d a B K A √ a H C O Gọi O tâm mặt cầu Do A, B,C tiếp điểm kẻ từ M đến mặt cầu nên ta có MA = MB = MC = a A, B,C nội tiếp đường tròn √ √ Từ gt ⇒ AB = a, BC = a 2, AC = a suy tam giác ABC vuông B Gọi H trung điểm AC K trung điểm AB AB ⊥ MK Ta có ⇒ AB ⊥ MH; MH ⊥ AC ⇒ MH ⊥ (ABC) Suy M, H, O thẳng hàng MC tiếp tuyến nên MC ⊥ OC AB ⊥ HK √ √ Khi CH = a , OC = R = 27 Áp dụng hệ thức lượng tam giác OMC ta có : 4 + = ⇒ a2 = ⇒ MO = M ∈ d ⇒ M(t − 1;t − 2;t + 1); O(1; 2; −3) a2 27 3a2 −2 ; ; suy (t − 2)2 + (t − 4)2 + (t + 4)2 = 36 ⇒ t = 0;t = suy M(−1; −2; 1); 3 3 Câu 7a Cho số phức z1 ; z2 đồng thời thỏa mãn điều kiện : z1 + 3z1 z2 = (−1 + i) z2 2z1 − z2 = −3 + 2i Tìm z1 mơ-đun số phức w = + z1 + z2 z2 z Lời giải (Love Math): + 3z1 = −1 + i z1 + 3z1 z2 = −1 + i z + 3z z = (−1 + i) z 1 2 z2 ⇒ z2 ⇒ 2z − z = −3 + 2i 2z1 − z2 = −3 + 2i 2z1 − z2 = −3 + 2i √ z1 z1 ⇒ + 3z1 − (2z1 − z2 ) = (−1 + i) − (−3 + 2i) ⇒ + z1 + z2 = − i ⇒ |w| = z2 z2 Câu 6b.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vng góc Oxy cho tam giác ABCvng A ngoại tiếp hình chữ nhật MNPQ Biết điểm M (−3; −1) N (2; −1) thuộc cạnh BC , Q thuộc cạnh AB , P thuộc cạnh AC , đường thẳng AB có phương trình : x − y + = Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC Lời giải (dan_dhv): A Q B P N M C Phương trình đường thẳng d vng góc BC qua M(−3; −1) x + = 0; suy tọa độ Q Q(−3; 2) → −→ − − Ta có MN = QP ⇒ P(2; 2) − Đường thẳng AC qua P(2; 2) nhận → = (1; 1) làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình: x + y − = n −1 ; Vậy A ; B(−6; −1);C(5; −1) 2 Câu 6b.b Trong khơng gian với hệ tọa độ Đề-các vng góc Oxyz , cho mặt cầu (S) : (x − 2)2 + (y − 2)2 + (z − 2)2 = 12 √ điểm A (4; 4; 0) Xác định tọa độ điểm B thuộc mặt cầu (S) biết tam giác BOA cân B có diện tích Lời giải (dan_dhv): Nhận thấy: A, O thuộc mặt cầu Gọi M trung điểm AO suy 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 B nên OA ⊥ MB ⇒ a + b = (1) √ √ √ Ta có : = SABO = AO.BM = 2BM ⇒ BM = ⇒ (a − 2)2 + (b − 2)2 + c2 = (2) 2 Do B ∈ (I; R) nên (a − 2)2 + (b − 2)2 + (c − 2)2 = 12 (3) 23 23 −1 23 23 −1 Từ (1)(2)(3) ta suy B + ;2− ; ;B 2− ;2+ ; ; 8 8 Câu 7b Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, lập số chẵn có chữ số khác nhỏ 4321 đồng thời chữ số ln có mặt đứng cạnh Lời giải (Tú Anh): Giả sử số : abcd TH1: a, b chữ số Sẽ có 2! cách chọn a, b Lúc chọn d có : cách chọn c có cách TH có : 2.4.4 = 32 số TH2 : b, c chữ số Sẽ có 2! cách chọn b, c +) Nếu d = chọn a có : cách TH có : 2.1.2 = số +) Nếu d = chọn d có : cách, chọn a có : cách TH có : 2.2.2 = số Vậy có : 32 + + = 44 số TÀI LIỆU TOÁN THPT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 Mơn: TỐN NGÀY 26-10-2012 ĐỀ SỐ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 2x + (C) x−1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C) b) Xác định tất điểm M đồ thị (C) cho đồ thị hàm số (C) tiếp xúc với đường tròn tâm I (1; 2) M Câu I Cho hàm số y = Câu II cos 3x cos x a) Giải phương trình : − = sin 5x sin 3x cos 5x cos 3x √ √ b)Giải bất phương trình: ( x + 6) x (2x2 + 26x + 8) − ≥ x (2x + x + 33) Câu III Tính tích phân e x2 − ln x + I= √ dx x2 x + ln x Câu IV Cho lăng trụ đứng ABC.A1 B1C1 có BC = 2AB AB vng góc với BC Gọi M, N trung điểm A1 B1 2a BC Khoảng cách hai đường thẳng AM B1C √ Góc hai mặt phẳng (AB1C) (BCC1 B1 ) 600 Tính thể tích khối chóp MABC bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp B1 ANC theo a Câu V Cho số thực x, y, z khơng âm khơng có số đồng thời Tìm giá trị nhỏ biểu thức : P = (xy + yz + zx) x + y2 + y2 + z2 + z2 + x2 PHẦN RIÊNG : Thí sinh làm hai phần A B A Theo chương trình chuẩn Câu VIa a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vng góc Oxy, cho đường trịn (I) : x2 + y2 − 4x + 2y − 11 = đường thẳng d : 22 11 ; 4x − 3y + = Gọi A, B hai điểm thuộc đường thẳng d, C điểm thuộc đường tròn (I) Biết điểm H 5 giao điểm AC với đường tròn (I) , điểm K − ; trung điểm cạnh AB Xác định tọa độ điểm A, B,C 5 biết diện tích tứ giác AHIK 24 hồnh độ điểm A dương b)Trong khơng gian với hệ tọa độ vng góc Oxyz, cho hai điểm A (−1; −3; −2) ; B (0; −2; 2) mặt cầu (S) : (x + 1)2 + (y + 2)2 + (z + 3)2 = 14 Gọi (P) mặt phẳng qua A đồng thời cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến đường trịn có bán kính nhỏ Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) cho tam giác ABM vuông cân A Câu VIIa n Tìm n ∈ N ∗ thỏa mãn : 3.Cn + 4Cn + 5Cn + + (n + 3)Cn = (n + 6) 35 n + 2013 12 B Theo chương trình nâng cao Câu VIb a)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vng góc Oxy cho điểm A (1; 0) đường tròn (C1 ) : x2 + y2 = 2; (C2 ) : x2 + y2 = Tìm tọa độ điểm B C nằm (C1 ) (C2 ) để tam giác ABC có diện tích lớn x2 + y2 + z2 + 4x − 6y + 4z + = b)Trong không gian với hệ tọa độ vng góc Oxyz , cho đường trịn (C) : có tâm I x + 2y − 2z − = √ x−3 y+2 z+1 đường thẳng d : = = Lập phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng AI , bán kính R = 26 −1 tiếp xúc với đường thẳng ∆ : x−1 y−3 z+2 = = , biết A thuộc đường tròn (C) đường thẳng d vng góc với −2 đường thẳng AI Câu VIIb Cho số phức z1 ; z2 đồng thời thỏa mãn điều kiện : z1 + 2z2 số thực, 2z1 − z2 số ảo 3z1 + z2 = − 5i Tìm mơ-đun số phức w = z2 + 3z1 z2 ———————————————–Hết—————————————————- TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN 2x + (C) x−1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C) Câu 1.a Cho hàm số y = Câu I.b Lời giải: Xác định tất điểm M đồ thị (C) cho đồ thị hàm số (C) tiếp xúc với đường tròn tâm I (1; 2) M (kunkun) 2x0 + x0 − Phương trình tiếp tuyến M: 2x0 + y=− (x − x0 ) + x0 − (x0 − 1) 2x0 + 4x0 − ⇔− x−y+ = 0(∆) (x0 + 1)2 (x0 − 1)2 Giả sử M(x0 ; 1; − Véctơ phương đường thẳng ∆: u = Ta có: IM = x0 − 1; (x0 − 1)2 x0 − Mặt khác u.IM = ⇔ x0 − − ⇔ x0 = x0 = −1 ⇒ M (3; 4) M (−1; 0) Lời giải: 16 (x0 − 1)3 =0 (dan_dhv) Nhận thấy I(1;2) tâm hypebol Do (C) tiếp xúc với đường trịn tâm I theo bán kính nhỏ 2x0 + ) Gọi M(x0 ; x0 − √ 16 MI = (x0 − 1)2 + ≥2 2 (x0 − 1) Dấu ’=’ xảy ra⇐⇒ |x0 − 1| = ⇔ x0 = 3; x0 = −1 |x0 − 1| Vậy M(3; 4); M(−1; 0) Câu II.a Giải phương trình cos 3x cos x − = sin 5x sin 3x cos 5x cos 3x Lời giải: (NgoHoangToan) Điều kiện:cos5x.cos3x = Ta có phương trình cho viết lại sau: cos3x cosx +1−( + 1) = 2sin5x.sin3x cos5x cos3x ⇔ cos3x + cos5x cosx + cos3x − = 2sin5x.sin3x cos5x cos3x ⇔ 2cos4x.cosx 2cos2x.cosx − = 2sin5x.sin3x cos5x cos3x Hay ta có : cos4x.cosx.cos3x − cosx.cos2x.cos5x = sin5x.sin3x.cos3x.cos5x ⇔ cosx(cos3x.cos4x − cos2x.cos5x) = sin10x.sin6x Mà ta có: cos3x.cos4x − cos2x.cos5x = (cos7x + cosx − cos7x − cosx) = Từ dễ ta suy nghiệm phương trình Lời giải: (kunkun) Phương trình cho biến đổi thành cos2 3x − (cos4x + cos6x) = cos2x − cos8x ⇔ (cos2x + cos8x) ⇔ − cos4x = cos2 2x − cos2 8x ⇔ − cos4x = 1+cos4x − 2cos2 4x − ⇔ 8cos4 4x − 8cos2 4x − 3cosx + = ⇔ cos4x = cos4x = Lời giải: (Hoanghai1195) Phương trình cho biến đổi thành: ⇔ 2cos2 3x − 2cosxcos5x = sin6x.sin10x ⇔ + cos6x − (cos6x + cos4x) = −1 (cos16x − cos4x) ⇔ − 3cos4x + cos16x = ⇔ 8cos4 4x − 8cos2 4x − 3cos4x + = ⇔ (cos4x − 1)(8cos2 4x(cos4x + 1) − 3) = Câu II.b Lời giải: √ Giải bất phương trình ( x + 6) √ x (2x2 + 26x + 8) − ≥ x (2x + x + 33) (Con phố quen 1) Điều kiện để bất phương trình có nghĩa : x ≥ Nhận thấy với x = bất phương trình cho khơng thỏa Vậy ta cần xét x > √ Với điều kiện ta đặt t = x, t > Lúc bất phương trình cho tương đương với bất phương trình : t(t + 6) 2t + 26t + ≥ 2t + 3t + 33t + (1) √ √ Tiếp tục đặt u = 2t + 26t + 8, u ≥ 2 Khi bất phương trình (1) viết lại thành bất phương trình tương đương sau : t(t + 6) 2x2 + 26t + ≥ (2t + 26t + 8) + 3t + 7t − ⇔ t(t + 6)u ≥ u2 + 3t + 7t − ⇔ u2 − (t + 6t)u + 3t + 7t − ≤ (2) Để ý ta xem phương trình (2) phương trình bậc hai theo u phương trình (2) có biệt số ∆ = (t + 6t)2 − 4(3t + 7t − 4) = (t + 4)2 Khi cách suy nghiệm kết hợp nhân tử ta đưa bất phương trình (2) bất phương trình sau : u − t − 3t − · (u − t + 2) ≤ (3) √ Chú ý với t > u ≥ 2 ta có : u − t + ≥ Do bất phương trình (3) tương đương với bất phương trình : 2t + 26t + ≤ t + 3t + ⇔ 2t + 26t + ≤ t + 9t + + 6t + 4t + 6t ⇔ t − 6t + 13t − 6t + ≤ ⇔ (t − 3t + 2)2 ≤ ⇔ t − 3t + = ⇔ t =1 t =2 Với hai giá trị t vừa tìm ta có hai giá trị x tương ứng x = 1; x = Cả hai giá trị thỏa điều kiện bất phương trình cho Vậy bất phương trình cho có hai nghiệm x = 1; x = Lời giải: (Con phố quen 2) Điều kiện x ≥ Nhận thấy x = không thỏa bất phương trình cho √ Đặt t = x, t > Lúc bất phương trình cho biến đổi thành bất phương trình tương đương sau : t(t + 6) 24t + 26t + ≥ 2t + 3t + 33t + ⇔ t(t + 6) 2t + 26t + − 2t − 3t − 33t − ≥ ⇔ T ≥ Với phương trình việc ưu tiên đốn nghiệm hàng đầu cồng kềnh Nhưng đoán nghiệm ta cố gắng đoán nghiệm cho vào thức ta phải số phương Vậy nên ta nhẩm tính có hai nghiệm t = t = thỏa yêu cầu Bây ta cố gắng nhốt hai số lại khoang vùng xem Vùng : < t < Lúc ta có T < nên xem thoát ngưỡng vùng Vùng :1 < t < Lúc ta có T < nên qua cửa ln Vùng :t > Lúc ta có T < nên xem ải cần vượt vượt hồn tồn Điều dẫn đến bất phương trình theo t có hai nghiệm t = 1; t = Lời giải: (Lão Hạc) ĐK : x≥0 2x2 + 26x + ≥0 √ √ √ √ BPT ⇔ 2x2 + 26x + − x − x 2x2 + 26x + − x − (x + 2) ≤ √ √ √ √ ⇔ 2x2 + 26x + − x + 2x2 + 26x + − x − x − ≤ Mà : √ 2x2 + 26x + + = √ √ 2(x + 2)2 + 18x + > x 2x2 + 26x + = ∀x ≥ Vậy bpt ⇔ Câu III x=1 x=4 Tính tích phân e x2 − ln x + I= √ dx x2 x + ln x √ (x + 2)2 + 9x ≥ (x + 2) + x 3x + a = Ta được: 3y + b = −5 Vậy ta có:b = 1; y = −2; x = 1; a = Từ ta suy ra: z1 = − 2i; z2 = + i Từ ta có : z2 + 3z1 z2 = 30 − 10i 2√ Vây : modun w 10 10 14 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 TÀI LIỆU TOÁN THPT Mơn: TỐN NGÀY 10.11.2012 ĐỀ SỐ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu (2 điểm) Cho hàm số y = x −2 x −1 (H ) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (H ) b) Tìm tất giá trị thực m để đường thẳng d : y = 2x + m − cắt đồ thị (H ) hai điểm phân biệt A, B cho tứ giác AM B N có diện tích Câu (2 điểm) 17 , biết M (1; −2) ; N (3; −3) x+ π π π = cos2 x + + cos2 −x 3 y x y = 4y y − x x 8y x + 1−x + 1− y a) Giải phương trình: cos x + cos x + b) Giải hệ phương trình: Câu (1 điểm) Tính tích phân I= π 2 − = 12x + x −1+ y −2 3e 2x + sin x(4e x + sin x) − dx (e x + sin x)2 Câu (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC A B C có đáy tam giác tâm O Đỉnh C có hình chiếu mặt phẳng (ABC ) trùng với tâm O đáy Biết khoảng cách từ O đến cạnh CC a Chứng minh qua AB ta dựng mặt phẳng (P ) vng góc với CC Gọi K giao điểm CC mặt phẳng (P ), biết góc AK B = 120o Tính thể tích hình lăng trụ ABC A B C theo a góc hợp CC mặt phẳng (ABC ) Câu (1 điểm) Cho số thực a, b, c ∈ [1; 2] Tìm giá trị lớn biểu thức : P = 10a 11b 2012c + + bc ac ab PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần A B A Theo chương trình chuẩn Câu 6A (2 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vng góc Ox y cho hình thoi ABC D có A = 60o Trên cạnh AB, BC lấy điểm M , N cho M B + N B = AB Biết P ( 3; 1) thuộc đường thẳng D N đường phân giác góc M D N có phương trình d : x − y + = Tìm toạ độ đỉnh D hình thoi ABC D b) Trong không gian với hệ tọa độ vng góc Ox y z , cho hình chóp tứ giác S.ABC D có đỉnh S(−3; 2; 1), A(0; 2; 2) C (−2; 2; −2).Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC D Viết phương trình mặt phẳng (α) qua I vng góc với B D Câu 7A (1 điểm) Giải bất phương trình sau : + 32x + 32x − − 32x + 34x + − 34x − ≥ 32x 32x − − 34x − + 32x B Theo chương trình nâng cao Câu 6B (2 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vng góc Ox y , cho hình chữ nhật ABC D , đỉnh B thuộc đường thẳng d : 2x − y + = 0, đỉnh C thuộc đường thẳng d : x − y − = Gọi H hình chiếu B xuống đường chéo AC ; ; K (9; 2) trung điểm AH C D Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật ABC D biết 5 hoành độ đỉnh C lớn b) Trong khơng gian với hệ tọa độ vng góc Ox y z , cho mặt cầu (S) có phương trình x + y + z −2x −2y +4z − 10 = mặt phẳng (P ) : x + 2y + 2z − = Chứng minh mặt cầu (S) cắt mặt phẳng (P ) theo giao tuyến đường tròn (C ) Lập phương trình mặt cầu (S ) chứa đường tròn (C ) biết tâm mặt cầu (S ) cách điểm A(4; 1; 4) khoảng đồng thời hoành độ tâm mặt cầu (S ) lớn Biết M Câu 7B (1 điểm) Có ba bình: Bình A đựng viên bi xanh bi đỏ, bình B đựng viên bi xanh viên bi đỏ bình C đựng viên bi xanh viên bi đỏ Người ta chọn ngẫu nhiên bình từ ba bình cho, từ bình chọn lấy ngẫu nhiên viên bi Tính xác suất để viên bi lấy viên bi đỏ ———————————————–Hết—————————————————- TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN Câu Cho hàm số y = x −2 x −1 (H ) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (H ) b) Tìm tất giá trị thực m để đường thẳng d : y = 2x + m − cắt đồ thị (H ) hai điểm phân biệt A, B cho tứ giác AM B N có diện tích 17 , biết M (1; −2) ; N (3; −3) a) Lời giải (hungchng): >0 (x − 1)2 Hàm số đồng biến (−∞; 1); (1; +∞) lim− y = +∞; lim y = −∞; TXĐ D = R\{1}; đạo hàm y = Đồ thị ∀x ∈ D , x→1+ x→1 x = phương trình tiệm cận dọc lim y = 1; lim y = 1; x→−∞ x→+∞ y = phương trình tiệm cận ngang Bảng biến thiên x A −∞ y +∞ + + +∞ M y −∞ N B b) Lời giải (hungchng): Ta có phương trình đường thẳng M N : y = − x − nên d ⊥ M N I y = 2x + m − I có tọa độ nghiệm y = − x − 2 nên I − 2m m − ; 5 − 2m m −8 < −3 < < −2 nghĩa −7 < m < −2 (a) 5 x −2 Đường thẳng d cắt (H ) hai điểm A, B phân biệt phương trình: 2x + m − = có hai nghiệm phân biệt , x −1 m > + 2 không thỏa (a) nghĩa 2x + (m − 5)x + − m = (1) có hai nghiệm phân biệt khác ⇐⇒ m < − 2 thỏa (a) Gọi x A , x B hoành độ A, B chúng hai nghiệm phương trình (1) 4−m (5 − m)2 − m (m − 1)2 5−m , x A x B = , (x B − x A )2 = (x A + x B )2 − 4x A x B = −4 = −2 nên x A + x B = 2 4 1 1 xB − x A Khi y A = − , yB = − ⇒ yB − y A = − = xA − xB − x A − x B − x A x B − (x A + x B ) (m−1) −2 (m − 1)2 − (m − 1)2 4 −2+ = AB = (x B − x A )2 + (y B − y A )2 = 1+ (∗) 4−m 5−m 4 − 17 1 5.17 Ta có: = S AM B N = M N AB = 5.AB tức AB = (∗∗) 2 m = −4 thỏa từ (∗), (∗∗) ta (m − 1)2 − = 17 ⇐⇒ Vậy m = −4 giá trị cần tìm tốn m=6 khơng thỏa Vì AM B N tứ giác(lồi) nên I thuộc đoạn thẳng M N tức < Câu 2.a Giải phương trình: cos x + cos x + π = 3 cos2 x + π π + cos2 −x 3 Lời giải (angel): Đặt x + π = t Phương trình cho trở thành : cos t − π + cos t + π = 6 cos2 t + sin2 t ⇔ cos t cos π = +) Với : cos t = ⇔ t = k2π ⇒ x = − π + k2π (k ∈ Z ) +) Với :cos t = ⇔ t = ± π + k2π ⇒ x = π + k2π (k ∈ Z) x = − π + k2π + cos2 t ⇔ cos2 t − cos t + = ⇔ cos t = 1 cos t = Câu 2.b x+ Giải hệ phương trình: 8y x + y x y = 4y y − x x 1−x + 1− y (1) x −1+ − = 12x + y −2 (2) Lời giải (hoanghai1195): Điều kiện : x ≥ 1; y ≥ − x + (1 − y)2 ≥ (1) ⇔ ( x − y)(x + x y + 4y) = ⇔ x = y Thay vào phương trình (2); ta được: 4( x − 3x + + x)2 − = 7( x − + x − 2) Đặt t = x − + x − > (2) ⇔ (t + 3)2 − = 7t ⇔ t (t + 6) = 7t ⇔ (t − 1)(t + t + 7) = ⇔ t = Từ suy ra: Câu x − + x − = ⇔ x = Vậy hệ có nghiệm nhất: (x; y) = (2; 2) Tính tích phân π I= 3e 2x + sin x(4e x + sin x) − dx (e x + sin x)2 Lời giải (khanhtoanlihoa): I= π π π 2 dx + e 2x + sin2 x − dx = 2x (e x + sin x)2 π + π e 2x − cos2 x dx = π + (e x + sin x)2 π e 2x − cos2 x dx (e x + sin x)2 π (e x − cos x)(e x + cos x) dx (e x + sin x)2 0 x e + cos x dx ⇐ v = − x Đặt u = e x − cos x ⇒ du = (e x + sin x) dx , dv = x (e + sin x) e + sin x Đặt A = e 2x − cos2 x dx = (e x + sin x)2 e x − cos x ⇒ A=− x e + sin x π + π π π dx = − e2 π e +1 +x π =− e2 π e +1 π + e2 π 3π ⇒I =− π + 2 e +1 Câu Cho lăng trụ tam giác ABC A B C có đáy tam giác tâm O Đỉnh C có hình chiếu mặt phẳng (ABC ) trùng với tâm O đáy Biết khoảng cách từ O đến cạnh CC a Chứng minh qua AB ta dựng mặt phẳng (P ) vng góc với CC Gọi K giao điểm CC mặt phẳng (P ), biết góc AK B = 120o Tính thể tích hình lăng trụ ABC A B C theo a góc hợp CC mặt phẳng (ABC ) Lời giải (manlonely838): Gọi M = CO ∩ AB Kẽ M K ⊥ CC K , OH ⊥ CC H Vì ∆ABC nên CO ⊥ AB Mà CO hình chiếu CC (ABC ) nên theo định lý đường vng góc suy CC ⊥ AB Từ suy (AB K ) ⊥ CC Dĩ nhiên (AB K ) ≡ (P ) OH CO 3.OH 3a = = ⇒KM = = KM CM 2 Hơn nữa, AB ⊥ (C M K ) ⇒ AB ⊥ K M ⇒ ∆AB K cân K Mà AK B = 1200 ⇒ AK M = 60o Tam giác AM K vuông M nên Trong tam giác C K M có OH K M ⇒ AM = K M tan 60o = 3a 9a ⇒ AB = 3a 3, C M = , CO = 3a 2 27a 9a 3a = Xét tam giác vng COC có 2 Suy S ∆ABC = C M AB = 1 = + OH OC OC ⇒ OC = 1 1 3a − = − = ⇒ OC = OH OC a 9a 9a Do đó, V ABC A B C = C O.S ∆ABC = Lại có, tan OCC = 3a 27a 81a = 4 16 OC = Vậy, CO (CC , (ABC )) = (CC ,CO) = OCC = arctan Câu Cho số thực a, b, c ∈ [1; 2] Tìm giá trị lớn biểu thức : P = 10a 11b 2012c + + bc ac ab Lời giải (hoanghai1195): P = f (c) = 2012c 10a 11b + + ab c b a Coi c biến số; a, b tham số; ta có: f (c) = 2012c − 10a − 11b 2012 − 10.22 − 11.22 2012 10a 11b = − + ≥ >0 ab c b a ab ab ⇒ f (c) ≤ f (2) = 4024 5a 11b + + = g (a) ab b 2a Coi a biến số; b tham số; ta có: g (a) = −4024 11b −4024 4029 11b 11 < ⇒ g (a) ≤ g (1) = + = h(b) + − 2≤ +5− ba b 2a 23 4.2 b h (b) = Vậy GTLN P −4029 11 ≤0 + b2 (b ∈ [1; 2]) ⇒ h(b) ≤ h(1) = 4029 + 11 8069 = 2 a =b=1 8069 c =2 Câu 6A.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vng góc Ox y cho hình thoi ABC D có A = 60o Trên cạnh AB, BC lấy điểm M , N cho M B + N B = AB Biết P ( 3; 1) thuộc đường thẳng D N đường phân giác góc M D N có phương trình d : x − y + = Tìm toạ độ đỉnh D hình thoi ABC D Lời giải (khanhtoanlihoa): Từ giả thiết A = 60o ⇒ tam giác AB D,C B D tam giác Theo đề ta có AM = B N , B M = C N Xét hai tam giác AD M B D N ta có: D AM = DB N = 60o , AD = B D, AM = B N ⇒ hai tam giác ⇒ AD M = B D N (1) Xét hai tam giác B M D C N D ta có: DB M = DC N = 60o ,C D = B D,C N = B M ⇒ hai tam giác ⇒ N DC = M DB (2) Từ (1) (2) ⇒ M D N = 60o Gọi P điểm đối xứng P qua đường phân giác d ⇒ P thuộc đường thẳng D M ⇒ tam giác P DP tam giác ⇒ DP = P P = 2d (P /d ) = Gọi D có tọa độ D a; a +6 ⇒ P D = (a − 3)2 + a +6− 3 = 36 ⇒ a = + 3, a = −6 + ⇒ D + 3; + 3 , D −6 + 3; Câu 6A.b Trong không gian với hệ tọa độ vng góc Ox y z , cho hình chóp tứ giác S.ABC D có đỉnh S(−3; 2; 1), A(0; 2; 2) C (−2; 2; −2) Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC D Viết phương trình mặt phẳng (α) qua I vng góc với B D Lời giải (manlonely838): Gọi O = AC ∩ B D Vì S.ABC D chóp nên I ∈ SO Suy I ∈ (S AC ) Mà B D ⊥ (S AC ) nên (α) (S AC ) Như vậy, yêu cầu toán thực chất viết phương trình mặt phẳng qua điểm S, A, C − − → → − Ta có →(α) = [S A, SC ] = [(3; 0; 1), (1; 0; −3)] = (0; 10; 0) Vậy (α) : y = n Câu 7A Giải bất phương trình sau : + 32x + 32x − − 32x + 34x + − 34x − ≥ 32x 32x − − 34x − + 32x Lời giải (Hồng Vinh): 2x 2−3 ≥ ĐK : − 34x ≥ − 34x − + 32x = Sử dụng phép nhân liên hợp ta có : + 32x + − 34x 2.32x ⇐⇒ + 2.34x + 32x + − 34x − 12 2.32x ⇐⇒ 2.34x + 32x + ⇐⇒ 32x − 34x + − 34x − ≥ 32x 32x − ≥ − 34x + 32x − − 34x + − 32x 2.32x − 32x (Với đk biểu thức liên hợp = 0) − 34x − 12 ≥ − − 34x − + 32x − 34x + 34x − ≥ ⇐⇒ − − 34x − ≥ ⇐⇒ − 34x − = ⇐⇒ x = Câu 6B.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Ox y , cho hình chữ nhật ABC D , đỉnh B thuộc đường thẳng d : 2x − y + = 0, đỉnh C thuộc đường thẳng d : x − y − = Gọi H hình chiếu B xuống đường chéo AC Biết M ; ; K (9; 2) trung điểm AH C D Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật ABC D biết hoành 5 độ đỉnh C lớn Lời giải (manlonely838): d1 d2 C B E K M H A D Gọi B (b; 2b + 2), C (c; c − 5), (c > 4) E điểm đối xứng với B qua C Suy E (2c − b; 2c − 2b − 12) Dễ dàng chứng minh K trung điểm AE Do đó, 72 16 72 76 −→ − −→ − H E = 2M K = ; ⇒ H 2c − b − ; 2c − 2b − 5 5 Thiết lập tọa độ vector −→ − − → C K = (9 − c; + c), BC = (c − b; c − 2b − 7), 86 − → 27 72 − −→ − , MC = c − ; c − B H = 2c − 2b − ; 2c − 4b − 5 5 Với giả thiết tốn ta có hệ phương trình −→ − − → C K BC = −→ − → − − B H MC = −2c + 3bc + 23c − 23b − 49 = ⇔ 126 594 4c − 6bc + b − 46c + =0 5 ⇔ b=1 c = c = 4(loại) Từ ta có B (1; 4), C (9; 4) Vì K trung điểm C D nên suy D(9; 0) Lại có C trung điểm B E nên suy E (17; 4), K trung điểm AE nên suy A(1; 0) Trong không gian với hệ tọa độ vng góc Ox y z , cho mặt cầu (S) có phương trình x + y + z − 2x − 2y +4z −10 = mặt phẳng (P ) : x +2y +2z −6 = Chứng minh mặt cầu (S) cắt mặt phẳng (P ) theo giao tuyến đường trịn (C ) Lập phương trình mặt cầu (S ) chứa đường tròn (C ) biết tâm mặt cầu (S ) cách điểm A(4; 1; 4) khoảng đồng thời hoành độ tâm mặt cầu (S ) lớn Câu 6B.b Lời giải (manlonely838): Phân tích: Hình học khơng gian thác triển từ hình học phẳng Ở toán ta xem hai mặt cầu (S ), (S) hai đường tròn mặt phẳng; mặt phẳng (P ) đường thẳng mặt phẳng Hai mặt cầu cắt theo mặt đường trịn ví hai đường trịn mặt phẳng giao theo đoạn thẳng Bài tốn lúc trở nên dễ dàng khơng Ta có tâm mặt cầu (S) I (1; 1; −2), bán kính R (S) = d (I ; (P )) = Vì d (I ; (P )) < R (S) nên mặt phẳng (P ) cắt mặt cầu (S) giao tuyến đường tròn (C ) Gọi I , R (S ) tâm bán kính mặt cầu (S ) Khi I I ⊥ (P ) Để xác định toạ độ I , ta viết phương trình đường thẳng (d ) qua I vng góc với (P ) x = + t → = → = (1; 2; 2) Suy phương trình (d ) : − − Cụ thể: Ta có u (d ) n (P ) t ∈ R Suy I (1 + t ; + 2t ; −2 + 2t ) y = + 2t z = −2 + 2t Hơn nữa, I A = ⇔ (1 + t − 4)2 + (1 + 2t − 1)2 + (−2 + 2t − 4)2 = 45 ⇔ Do I t = (loại) 10 t= 23 13 23 14 ; ; Suy d (I ; (P )) = Mặt khác ta lại có 3 3 2 2 R (S) − (d (I ; (P )))2 = R (C ) = R (S ) − (d (I ; (P )))2 ⇒ R (S ) = R (S) − (d (I ; (P )))2 + (d (I ; (P )))2 = 42 − + 23 = 208 Vậy mặt cầu (S ) có phương trình : x− 13 + y− 23 + z− 14 = 2082 Câu 7B Có ba bình: Bình A đựng viên bi xanh bi đỏ, bình B đựng viên bi xanh viên bi đỏ bình C đựng viên bi xanh viên bi đỏ Người ta chọn ngẫu nhiên bình từ ba bình cho, từ bình chọn lấy ngẫu nhiên viên bi Tính xác suất để viên bi lấy viên bi đỏ Lời giải (khanhtoanlihoa): Xác suất để chọn bình là: Xác suất để lấy viên bi đỏ bình B là: 15 Xác suất để lấy viên bi đỏ bình C là: 15 Xác suất để lấy viên bi đỏ bình A là: Vậy xác suất để lấy viên bi đỏ theo yêu cầu toán là: P = 73 + + = 15 15 135 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 TÀI LIỆU TỐN THPT Mơn: TỐN NGÀY 24.11.2012 ĐỀ SỐ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu (2 điểm) Cho hàm số y = x − 2mx + có đồ thị (C m ) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho m = −1 b) Xác định giá trị tham số m để đồ thị hàm số (C m ) có điểm cực trị tạo thành tam giác có độ lớn diện tích chu vi Câu (2 điểm) a) Giải phương trình: b) Giải phương trình: Câu (1 điểm) (1 + sin x) + (2 cos x + 1) (2 cos x − 1)2 = cos x + tan x 1+2 x −x x 1+x x =2 1+x 3−x − 2−x Tính tích phân I= π sin x − 2x cos x dx e x (1 + sin 2x) Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC D , đáy ABC D hình chữ nhật có AB = 2a, AD = 2a Cạnh bên S A vng góc với mặt phẳng đáy, điểm M , N trung điểm D A DS Đường thẳng SC cắt mặt phẳng (B M N ) P Tính thể tích khối chóp S.B M N P khoảng cách hai đường thẳng SB P N , biết cơ-sin góc đường thẳng C N mặt phẳng (B M N ) Câu (1 điểm) 33 Cho số thực x, y, z thỏa mãn : x + 2y + 5z ≤ Tìm giá trị lớn biểu thức: P = x y + y z + zx 1+ − x + 2y + 5z 2 PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần A B A Theo chương trình chuẩn Câu 6A (2 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vng góc Oxy, cho hình thoi ABC D ngoại tiếp đường tròn 32 Biết đường thẳng AC AB qua điểm M (7; 8) N (6; 9) Tìm tọa độ đỉnh hình thoi ABC D (I ) : (x − 5)2 + (y − 6)2 = b) Trong khơng gian với hệ tọa độ vng góc Ox y z cho điểm B (0; 1; 0) N (2; −1; 2) Viết phương trình mặt phẳng (P ) qua điểm B, N đồng thời cắt tia Ox,Oz A,C cho diện tích tam giác ABC đạt giá trị nhỏ Câu 7A (1 điểm) Giải hệ phương trình: log5 (5x − 4) = − 2y x − 2y = x − x 2y + B Theo chương trình nâng cao Câu 6B (2 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vng góc Oxy, cho hai đường trịn (O ) (O ) có bán kính cắt A(4; 2) B Một đường thẳng qua A N (7; 3) cắt đường tròn (O ) (O ) D C Tìm tọa độ đỉnh tam giác BC D biết đường thẳng nối tâm O ,O có phương trình 24 b) Trong khơng gian với hệ tọa độ vng góc Ox y z cho mặt phẳng (P ) : −mx + (1 − m)z − 2m + = 0, x − y − = diện tích tam giác BC D (Q) : m y + z + = (R) : x − y = ( m tham số thực khác ) Viết phương trình mặt phẳng (α) qua giao tuyến hai mặt phẳng (P ) (Q) đồng thời vng góc với mặt phẳng (R) Câu 7B (1 điểm) Tính xác suất để lập số tự nhiên gồm chữ số mà chữ số có mặt lần,chữ số có mặt lần chữ số lại có mặt khơng q lần ———————————————–Hết—————————————————- TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN Câu Cho hàm số y = x − 2mx + có đồ thị (C m ) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho m = −1 b) Xác định giá trị tham số m để đồ thị hàm số (C m ) có điểm cực trị tạo thành tam giác có độ lớn diện tích chu vi a) Lời giải (hungchng): m = −1 hàm số y = x + 2x + có tập xác định : D = R; Đồ thị đạo hàm y = 4x x + , y = ⇐⇒ x = Hàm số đồng biến (0; +∞) ; Hàm số nghịch biến (−∞; 0) lim y = +∞; lim y = +∞; x→−∞ x→+∞ Bảng biến thiên x −∞ − f (x) +∞ + +∞ +∞ f (x) 1 Điểm cực tiểu (0; 1) −2 −1 b) Lời giải (Con phố quen): Tập xác định : D = R Ta có : y = 4x − 4mx = 4x x − m Do : y = ⇐⇒ 4x x − m = ⇐⇒ x = ∨ x = m Vậy để hàm số có ba cực trị, điều kiện tương thích m > Gọi tọa độ ba cực điểm A(0; 1), B (− m, − m ),C ( m, − m ) Ta có A ∈ Ox, B,C đối xứng qua O y nên tam giác ABC cân A Kẻ AH ⊥BC ⇒ H ∈ O y Diện tích tam giác ABC tính : 1 AH · BC = · y B − y A · |x B − xC | 2 CV ABC = 2AB + BC = m + m + m S ABC = Do S ABC = m m Lại có, chu vi tam giác ABC tính : Theo giả thiết : S ABC = CV ABC nên ta có phương trình : m m = m + m + m ⇐⇒ m = m + + m > =⇒ m = 2(1 + 2) ⇐⇒ m − ≥ (m − 2)2 = 4(m + 1) Vậy m = 2(1 + 2) giá trị cần tìm tốn Câu 2.a Giải phương trình: (1 + sin x) + (2 cos x + 1) (2 cos x − 1)2 = cos x + tan x Lời giải (angel): ĐK : cos x = Phương trình tương đương với : (2 cos x − 1) cos2 x − + tan x = ⇐⇒ (2 cos x − 1) cos3 x − cos x + sin x = x = ± π + k2π cos x = ⇐⇒ x = π + kπ ⇐⇒ (2 cos x − 1) (cos 3x + sin x) = ⇐⇒ (k ∈ Z ) π cos 3x = cos + x π kπ x =−8 + Câu 2.b Giải phương trình: Lời giải (Con phố quen): 1+2 x −x x 3−x − 2−x =2 1+x x 1+x Điều kiện : ≤ x ≤ Phương trình cho biến đổi tương đương thành phương trình : x x +x −x − x − x −1 ⇐⇒ ⇐⇒ Tới ta có : 2−x +x −3 x +1 x − x −1 = = 1+ x x − x +1 1+x 1+ x x − x +1 1+x 2−x +x −3 2x − x + x − x −1 = 1+x 2−x +x −3 − x + x − < 0, ∀x ∈ [0; 2] Mặt khác ta có : Thật vậy, ta có (2) tương đương với : x − x −1 ≥ (1) x − x −1 2−x +x −3 − x + x − ⇐⇒ 2−x + x ≤ Ta có (3) ln theo bất đẳng thức B.C S ta có : − x + x ≤ Dấu đẳng thức xảy : − x = x ⇐⇒ x = Lại có : x − x +1 ≥ 1, ∀x ∈ [0; 2] 1+x ≤ 1, ∀x ∈ [0; 2] (2) (3) (12 + 12 )(2 − x + x) = (4) Thật vậy, ta có (4) tương đương với : x − x + ≥ + x ⇐⇒ x −1 ≥ (luôn đúng) Dấu đẳng thức xảy (4) x = x − x −1 ≤1 2−x +x −3 Vậy ta có : x ∈ [0; 2] nên (1) xảy x = x − x +1 ≥1 1+x Vậy x = nghiệm phương trình Lời giải (NgoHoangToan): a = x, b = Đặt a ≥0 2−x ≥ ⇐⇒ a + b = Ta viết lại phương trình cho thành: + a3 + 2a − a(2 − b ) =2 2) − b − (2 − b + a2 1+a + ab =2 ⇐⇒ b −b +1 + a2 ⇐⇒ + ab + a + a b = 2b − 2b + + 2a b − 2a b + 2a ⇐⇒ a (b − 2b + 1) + b − 2b + + b − ab + a − a = ⇐⇒ (a + 1)(b − 1)2 + (a − 1)(a − b ) = ⇐⇒ (a + 1)(b − 1)2 + 2(a − 1)(a − 1) = ⇐⇒ (a + 1)(b − 1)2 + 2(a − 1)2 (a + 1) = (b − 1)2 = Mà a, b ≥ nên ta có (a − 1)2 = Câu Tính tích phân I= Hay a = b = ⇐⇒ x = Vậy x = nghiệm phương trình π sin x − 2x cos x dx e x (1 + sin 2x) Lời giải (dan_dhv): Ta có : I = π sin x − x.(cos x + sin x) + x(sin x − cos x) dx e x (1 + sin 2x) π π π x(sin x + cos x) x sin x sin x − cos x dx − dx + d x = I1 − I2 + I3 x (1 + sin 2x) x (1 + sin 2x) x (sin x + cos x)2 e e 0 e π u = x d u = − x π 4 x 1−x ex ex Tính I : Đặt → I3 = x − dx x d v = sin x − cos x e (sin x + cos x) 0 e (sin x + cos x) v = (sin x + cos x)2 sin x + cos x π π π 4 sin x dx x Khi I = dx − + x x (1 + sin 2x) x (sin x + cos x) e (sin x + cos x) 0 e e = d u = − cos x − sin x (sin x + cos x)2 → v = − ex sin x + cos x Đặt d v = ex u = I= π π sin x dx + e x (1 + sin 2x) Khi : π x +1 cos x − sin x dx + x (sin x + cos x)2 e (sin x + cos x) π = 0 cos x x +1 dx + x e x (1 + sin 2x) e (sin x + cos x) π π Đặt x = − t → d x = −d t I= Vậy I = 2e π π π cos( π − t ) x +1 dt + x π −t e (sin x + cos x) e (1 + cos 2t ) et cos t π + x +1 e x (sin x + cos x) π π 2e e t (cos t + sin t ) x +1 dt + x 2t cos e (sin x + cos x) π π π = = π − 2e + π 2e Lời giải (khanhtoanlyhoa): π I= sin x + cos x − x + cos x Đặt t = dx e x (1 + sin 2x) x+1 e x (sin x + cos x) =⇒ d t = e x (sin x + cos x) − x + [e x (cos x − sin x) + e x (cos x + sin x)] e 2x (cos x + sin x)2 Đổi cận: x = → t = , x = dx = sin x + cos x − x + cos x e x (1 + sin 2x) dx π π+2 →t = π 4 2.e π+2 π 2.e =⇒ I = t = π π+2 π 2.e π + − 2.e = π 2.e − Lời giải (Hồng Vinh): π 2I = sin x − 4x cos x dx = e x (1 + sin 2x) Xét : π π (sin x − cos x) dx − e x (1 + sin 2x) (sin x − cos x) J= e x (sinx + cos x)2 2I = x e (sinx + cos x) Lại có : π K= Nên : π π π + 0 4x cos x dx + e x (1 + sin 2x) e x (sinx + cos x) dx = Suy : π Vậy : 2I = x e (sinx + cos x) π π + 0 dx − e x (sinx + cos x) x dx = x x (sinx + cos x) e e (sinx + cos x) dx − x (sinx + cos x) e π π + 4x cos x dx e x (1 + sin 2x) π π 0 sinx + cos x dx e x (1 + sin 2x) dx e x (sinx + cos x) π π 2x cos x e x (sinx + cos x)2 4x cos x 2x dx = x x (1 + sin 2x) e e (sinx + cos x) 2x + x e (sinx + cos x) π =⇒ I = 2.e π −1 + dx π π π 2.e Câu Cho hình chóp S.ABC D , đáy ABC D hình chữ nhật có AB = 2a, AD = 2a Cạnh bên S A vng góc với mặt phẳng đáy, điểm M , N trung điểm D A DS Đường thẳng SC cắt mặt phẳng (B M N ) P Tính thể tích khối chóp S.B M N P khoảng cách hai đường thẳng SB P N , biết cơ-sin góc đường thẳng C N mặt phẳng (B M N ) 33 Lời giải (dan_dhv): S P N A M I T E B H O Q D C Gọi O tâm đáy I = AC ∩ B M Ta có M N S A ⇐⇒ (B M N ) ∩ (S AC ) = I P S A M N (P ∈ SC ) 3a AC 2a 4a + = ⇐⇒ AC ⊥ B M = ; IC = Nhận thấy : 3 AB AM = AI 2a Lại có: AC ⊥ P I ⇐⇒ AC ⊥ (B M N P ) S A (B M N P ) ⇐⇒ d (A; (B M N P )) = d (S; (B M N P )) = AI = IC 33 ⇐⇒ tan α = Mà tan α = Khi (NC ; (B M P )) = C N I = α, cos α = IN 4a 2a a a 33 ; I M = AM − AI = ; M N = I N − I M = a 3; S A = 2a 3; P I = S A = ; BI = Nên I N = 3 3 Ta có : AC = 2a 3; AI = SB M N P = SB I P + S I M N P = 5a 2 2a 5a 2 I P.B I + I M (P I + M N ) = 2 5a Vậy VSB M N P = = 3 Vẽ PQ SB ⇐⇒ SB PQ NO; QO ∩ AD = E Hạ DF QE ⇐⇒ d (SB ; N P ) = d (B ; (QE N P )) = 2d (M ; (QE N P )) Hạ M H ⊥ OE ⇐⇒ OE ⊥ (P N EQ) Hạ M T ⊥ N H ⇐⇒ M T = d (M ; (QE N P )) Ta có : MO = a; M E = MD a = Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vng OM E ta có: 3 1 1 11 = + ⇐⇒ = M H MO M E M H 2a Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông M N H ta có: 1 a = + ⇔ MT = MT M H2 MN2 35 Vậy Kc cần tìm : Câu 2a 35 Cho số thực x, y, z thỏa mãn : x + 2y + 5z ≤ Tìm giá trị lớn biểu thức: P = x y + y z + zx − x + 2y + 5z 1+ Lời giải (Inspectorgadget): Áp dụng bất đẳng thức C auch y − Schw ar z ta có: 2x + 3y + 6z = x2 + y2 + z2 ≥ (x + y + z)2 +1+6 = (x + y + z)2 Vậy nên: x + 2y + 5z ≥ 2(x y + y z + zx) =⇒ 2P ≤ t + 4− t2 Với t = x + 2y + 5z ≤ Vậy ta cần tìm giá trị lớn : K = t 1+ 4− t2 (t ≤ 2) Dấu xảy 2x = 3y = 6z Câu 6A.a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vng góc Oxy, cho hình thoi ABC D ngoại tiếp đường trịn 32 Biết đường thẳng AC AB qua điểm M (7; 8) N (6; 9) Tìm tọa độ đỉnh hình thoi ABC D (I ) : (x − 5) + (y − 6)2 = Lời giải (thiencuong_96): Do đường trịn nội tiếp hình thoi, suy tâm trùng với giao hai đường chéo Dể dàng suy (AC ) : x − y + = Gọi(AB ) : y = k(x − 6) + x (AB ) : y = + 10 k=3 Có : d (I ; (AB )) = =⇒ = −13x 53 −13 =⇒ k2 + (AB ) : y = + k= 9 D(7; 4) B (3; 8) =⇒ Có phương trình (B D) : x + y − 11 = =⇒ 43 −21 −23 45 D ; ; B 2 2 |3 − k| =⇒ A(9; 10) A(2; 3) =⇒ C (1; 2) C (8; 9) Câu 6A.b Trong không gian với hệ tọa độ vng góc Ox y z cho điểm B (0; 1; 0) N (2; −1; 2) Viết phương trình mặt phẳng (P ) qua điểm B, N đồng thời cắt tia Ox,Oz A,C cho diện tích tam giác ABC đạt giá trị nhỏ Lời giải (dan_dhv): x z Gọi A(a; 0; 0);C (0; 0; c) Do A,C thuộc tia Ox.Oz nên a, c > Mặt phẳng (P ) có pt: + y + = a c 1 (a + c)2 − → − → − − → → Do N ∈ (P ) ⇐⇒ + = ⇐⇒ a + c = ac ≤ ⇐⇒ a + c ≥ Ta có : B A(a; −1; 0); BC (0; −1; c); BC ; B A = (c; ac; a) a c 1 − − → → BC ; B A = a2 + c + a2c = a + c + (a + c)2 ≥ Do Mi n S ABC = ⇐⇒ a = c = S ABC = 2 Vậy (P ) : x + 2y + z − = Câu 7A Giải hệ phương trình: log5 (5x − 4) = − 2y x − 2y = x − x 2y + (1) (2) Lời giải (dan_dhv): Đk: 5x − > P t (2) ⇐⇒ x − x + x = (x − x + 1)2y ⇐⇒ x = 2y Thay vào P t (1) ta có : log5 (5x − 4) = − x ⇐⇒ 5x − = 51−x ⇐⇒ 5x = ⇐⇒ x = Vậy nghiệm hệ (1; 2) Câu 6B.a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vng góc Oxy, cho hai đường tròn (O ) (O ) có bán kính cắt A(4; 2) B Một đường thẳng qua A N (7; 3) cắt đường tròn (O ) (O ) D C Tìm tọa độ đỉnh tam giác BC D biết đường thẳng nối tâm O ,O có phương trình x − y − = diện tích tam giác BC D 24 Lời giải (thiencuong_96): Phương trình (AN ) : x − 3y + = ; =⇒ B (5; 1) ( với I giao điểm AB O O ) 2 Do đường trịn bán kính nhau( hay hai đường tròn nhau) nên B DC = BC A ( chắn cung AB ) 23 11 Nên tam giác B DC cân Kẻ B M vng góc với DC suy (B M ) : 3x + y − 16 = hay M ; 5 56 22 Gọi D(3t − 2; t ) =⇒ C − 3t ; −t 5 41 17 t =1 D(1; 1);C ; Có S BC D = d (B ; (C D)).DC Suy 17 =⇒ 41 17 t= C (1; 1); D ; 5 Có O O ⊥ AB =⇒ (AB ) : x + y − = =⇒ I Câu 6B.b Trong không gian với hệ tọa độ vng góc Ox y z cho mặt phẳng (P ) : −mx + (1 − m)z − 2m + = 0, (Q) : m y + z + = (R) : x − y = ( m tham số thực khác ) Viết phương trình mặt phẳng (α) qua giao tuyến hai mặt phẳng (P ) (Q) đồng thời vng góc với mặt phẳng (R) Lời giải (manlonely838): Phân tích: Bài khơng học sinh hình dung khơng hướng làm Giả thiết cho phương trình mặt − − → − → − n n phẳng Rõ ràng, −1(α) = →(R) Thêm nữa, (α) chứa giao tuyến (P ), (Q) nên −2(α) = →(P )∩(Q) = →(P ) , →(Q) Suy u n u u → Vấn đề cịn lại tìm điểm thuộc (α) phương trình (α) hình thành Nhưng, (α) qua giao − n (α) tuyến (P ) (Q) mà phương trình (P ) (Q) lại có chứa tham số m chưa xác định chắn khơng có sở để xác định tham số m Có lẽ tham số m để đánh lừa chăng? Mà mục tiêu tìm điểm có tọa độ xác định thuộc giao tuyến Thật may mắn! Ta có → = (−m; 0; − m), → = (0; m; 1), − − − → − n (P ) n (Q) u 1(α) = →(R) = (1; −1; 0) n Suy − → − − u 2(α) = →(P ) , →(Q) = (m − m; m; −m ) n n → = − − → u → n (α) u 1(α) , −2(α) = (m ; m ; m ) − Vì m = nên ta chọn →(α) = (1; 1; 1) Mặt khác ta nhận thấy điểm M (1; 0; −3) ∈ (P ) ∩ (Q) nên M (1; 0; −3) ∈ (α) n Vậy, (α) có phương trình 1.(x − 1) + 1.(y − 0) + 1.(z + 3) = ⇐⇒ x + y + z + = Câu 7B Tính xác suất để lập số tự nhiên gồm chữ số mà chữ số có mặt lần,chữ số có mặt lần chữ số cịn lại có mặt khơng lần Lời giải (angel): Ta có 9.106 số tự nhiên có chữ số Giả sử số tự nhiên có chữ số thỏa mãn yêu cầu toán a1 a2 a7 Do a1 = nên có C cách để đặt chữ số 0, sau có C cách để đặt chữ số Và có A cách để đặt chữ số lại Ta có: C C A = 6720 số thỏa mãn Vậy: P = 9375 THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI ĐẠI HỌC NĂM 2013 DIỄN ĐÀN TỐN THPT Mơn : TỐN 19h30’- Thứ 7, ngày 08-12-2012 ĐỀ SỐ I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) : x +1 có đồ thị (C ) x −1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C ) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = b) Viết phương trình tiếp tuyến điểm M thuộc đồ thị (C ), biết tiếp tuyến cắt trục hồnh điểm N cho ∆OM N vuông Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình : π π − sin 6x − = (4cos4x − sin 4x) sin 2x + 4 x3 − y = y − x y Giải hệ phương trình : (x, y ∈ R) x x3 + − 8y + = y4 y Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I= π −π sin 2x + cos 2x dx sin x + cos x + Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A B C có đáy ABC tam giác vuông A , AB = a, AC = a Gọi H , M trung điểm BC ,CC Biết A cách đỉnh A, B, C Góc tạo đường thẳng A B mặt phẳng (A AH ) 300 Tính thể tích lăng trụ ABC A B C khoảng cách hai đường thẳng A B AM Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c số dương thoả mãn : 2a + 3b + 5ab + 3bc + 2ac ≤ + 5a + 8b Chứng minh : 8a +1 + 8b + +1 8c +1 ≥1 II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần ( phần A phần B ) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 2 + y − = Xác định tọa độ đỉnh hình vng ABC D biết đỉnh B C thuộc đường tròn (C ), đỉnh A D thuộc trục Ox Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vng góc Oxy, cho đường trịn (C ) : x − Trong không gian với hệ tọa độ vng góc Ox y z cho mặt cầu (S) : x + y + z − 2x − 4y + 6z + 13 = đường x = 1+t thẳng d1 : z =3 y = 2−t (t ∈ R) , d : x −1 y −1 z +1 = = Gọi M điểm thuộc mặt cầu (S) cho khoảng cách từ M −1 đến đường thẳng d1 đạt giá trị nhỏ Viết phương trình đường thẳng qua M , vng góc với d1 cắt d2 Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: 3x − x − x + + 2x.3x + 2x + = 9x B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) x2 y + = điểm I (1; −1) Một đường thẳng ∆ qua I cắt Elip hai điểm phân biệt A, B Tìm tọa độ điểm A, B cho độ lớn tích I A.I B đạt giá trị nhỏ x +1 y −1 z x y z −1 Trong khơng gian với hệ tọa độ vng góc Ox y z cho hai đường thẳng ∆1 : = = , ∆2 : = = 3 −1 hai điểm A(−1; 3; 0), B (1; 1; 1) Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt đường thẳng ∆1 ∆2 hai điển M N cho tam giác AN B vuông B thể tích khối tứ diện AB M N 2 x −y =2 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình : 8log x + y = log x − y + 16 Trong mặt phẳng tọa độ Ox y cho Elip có phương trình: ———————Hết—————Ban biên tập xin gửi lời cảm ơn tới thầy Nguyễn Trung Kiên, bạn Lê Xuân – – ... 2 012 c − 10 a − 11 b 2 012 − 10 .22 − 11 .22 2 012 10 a 11 b = − + ≥ >0 ab c b a ab ab ⇒ f (c) ≤ f (2) = 4024 5a 11 b + + = g (a) ab b 2a Coi a biến số; b tham số; ta có: g (a) = −4024 11 b −4024 4029 11 b... z2 + 3z1 z2 = 30 − 10 i 2√ Vây : modun w 10 10 14 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2 013 TÀI LIỆU TỐN THPT Mơn: TỐN NGÀY 10 .11 .2 012 ĐỀ SỐ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu (2 điểm) Cho hàm số y =... d2 O Nên O tâm mặt cầu ngoại tiếpB1 ANC √ √ a 19 2 a 60 Ta có :B1C = √ B1 N = √ , NC = 2a, S.B1 NC = 4a2 11 11 √ B1C.B1 N.NC 6a → IN = R(B1 NC) = = √ 4.S.B1 NC 11 √ √ Ta có : AN = 2a 2, AC = 2a
