Đáp án đề thi thử đại học khối A lần 3 môn toán trường THPT Lương Thế Vinh Hà Nội năm 2013

Cho AB là một đường kính thay 8 đổi của đường tròn (C’) và M là một điểm di động trên đường tròn (C).. Tìm tọa độ các điểm M, A, B sao cho diện tích của tam giác MAB lớn nhất.[r]

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2013 KHỐI A

THPT LƯƠNG THẾ VINH –HÀ NỘI

Câu I

a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số yx32x

 Tập xác định: R

 Sự biến thiên: ' '

3 2;

3

y  x  y  x 

x 

 Hàm số đồng biến ( ; 6)

  ( 6; )

3  ; nghịch biến

6

( ; )

3

 ;

CĐ

4 6

;

9 CT

y  y    Bảng biến thiên  Vẽ đồ thị

b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) (khác gốc tọa độ O) cho tiếp tuyến (C) M vng góc với đường thẳng OM

Gọi M m m( , 32 )m Ta có

( , )

OM  m m  m

Gọi d tiếp tuyến (C) M Hệ số góc đường thằng d

' 2

( ) (3 2; 1) (1;3 2)

d d d

k  f m  m  n  m   u  m 

Theo giả thiết ta có:u OMd 0m.1 ( m32 ).(3m m22)

5

4

3

.(3 5)

m m m

m m m

   

   

0

m

  m   1 15

m  

Đáp số: (1;1), ( 1; 1), ( 15; 15), ( 15; 15)

3 9

M M   M  M 

Câu II

Giải phương trình 11 10 sin 10 cos cos 2 cos

x x x

x

  

 

Điều kiện: cosx  1 x k2

Phương trình:

2

11 10 sinx 10 cosx (cos x sin x) 2 cosx

2 2

2

sin 10 sin cos cos sin 10sin 25 cos cos 16

(sin 5) (cos 4)

sin cos sin cos

sin cos sin cos

x x x x x x x x

x x

x x x x

x x x x

                                

+) Với sin cos sin( )

4

x x   x     (Vô nghiệm)

+) Với

2

2

1 4

sin cos sin( )

4

2

( )

4

x k

x k

x x x

x k x k                                           

Đáp số:

2

x  k 

Câu III

Giải phương trình:

2x3 x5x  x 6(x )

Điều kiện

x  

Phương trình 3 3 3 3 3

5( 3) 3( 2) 12

2 ( 5)

5 ( 3)( 4)

2 3 ( 5)

2( 3)

5 ( 3)( 4)

2 3 ( 5)

3

2

4(*)

2 3 ( 5)

x x x x x

x x

x x x

x x x

x x

x x x

x x x

x

x

x

x x x

                                                        Ta có: 3 2 2

6

3

x x

x x

x x x x

x                               

Từ

2x 3 (x5)(x2)x  5 2x3 x5 x5 Do

3

2

2 3

x

x

Mặt khác

2

3

3

1 (x 5) x

 

   

Suy VT (*) 3 x4 Vậy phương trình (*) khơng xảy Đáp số: x  3

Câu IV

Tính tích phân

2

cos

0

(sin sin ) x

I x x e dx



 

Ta có: 2

2

cos cos

0

(2 sin cos sin ) x (2 cos 1) x.sin

I x x x e dx x e xdx

 

   

Đặt tcos2 xdt  sin 2xdxvà 1; 1;

2

x  t x  t x  t

Ta có

0

1

(2(2 1) 1) (t ) (4 1) t

I  t  e dt  t e dt

Đặt

4

t t

u t du dt

dv e dt v e

  

 



 

 

 

Ta có

1

1

0

0

(4 1) |t t.4 t|

I  t e e dt e  e

5 e  

Câu V

Tính thể tích khối chóp A’.BCC’B’ tính khoảng cách hai đường thẳng AG A’C theo a

(Vẽ hình)

Theo giải thiết ta có



' 60

A BG 

Gọi M, M’ trung điểm BC B’C’ Trong tam giá ABC ta có



2 2

2 2 2 5 15

' tan '

4 36 3

a a a a a

BG BM GM    BG  A GBG A BG

3

' ' ' ' ' ' '

1 15

' ' '

3

A BCC B ABC A B C A ABC ABC AMC

a V V V  A G S  A G S  A G AB AC

Ta có

' '

' '

3 ( , ' ) ( , ( ' ')) A A CM

A CM

V d AG A C d AG A CM

S

 

Ta có

3

' ' '.ACA' M.ACA' '

1 15

'

3 36

A A CM M A ACM AMC

a V V V V  A G S 

Ta có

2

2

' ' ; ' '

2

a a

A M  A C A G GC 

Ta có

, ' (AA ' ) AA ' '

BC AM BCA GBC M BC BCCC

Do

2

2 2 17 86

' ' ' ' '

9

a a a

CM  CC C M  AA CM   

Từ

  



2 2

2

2

' '

' ' ' ' 39

cos ' ' sin ' ' os ' '

2 ' ' ' 10 40

1 39

' ' '.sin ' '

2 12

CA M

A C A M CM

CA M CA M c CA M

A C A M

a S A C A M CA M

 

     

  

Vậy

3

2

15

15 65

36 ( , ' )

39 13 39

12

a

a

d AG A C a

a

  

Chú ý: Có thể tính d(AG,A’C) cách dựng hình bình hành AMGN, sau hạ

'

GH  A N

và chứng minh

( ' )

GH  A NC

Từ

65 ( , ' )

13

a d AG A C GH 

Câu VI

Cho x, y hai số thực không am Tìm giá trị nhỏ biểu thức

3

4

3

3 4( ) (1 ) (1 )

3

x y x y

P e e   

Ta có

2 3 3 3

3

3

( )( ) ( ) 4( ) ( ) [ ]

4( )

x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y

x y x y

e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e

e e e e

              

  

Mặt khác ta có

3

3

3 (1 ) (1 ) (1 ) (1 )

2

x y

x y   

  

Suy

3

(1 ) (1 )

x y x y

Pe e    

Xét hàm số

0

1 2.0

"( )

1 2

t

t e t e

f t e

t t t

   

    

     t

Do

'( ) '(0)

f t  f   t ( ) (0)

f t f

     t

Vậy ( ) ( )

P f x  f y  x y, 0

Khi x = y =

P  Vậy giá trị nhỏ P

1

3

.(1 ) 2

'( ) '

3

t

t

f t e e t



Câu 7a. Cho đường thẳng d: x – y – = Viết phương trình đường trịn (C) có tâm I thuộc d, (C) cắt Ox A, B cắt Oy M, N cho diện tích hai tam giá IAB IMN 12

Gọi I, R tâm bán kính đường trịn (C) Ta có IdI t t( ; 1) Gọi H K hình chiếu vng góc I Ox, Oy Ta có:

2 2

( , Ox)= 2 ( 1)

IH d I t AB AH  R IH  R  t

2

1

( 1) 12

2

IAB

S IH AB t R t

      

Và IKd I Oy( , ) t MN 2MK2 R2IK2 2 R2t2

2

1

12

2

IMN

S IK MN t R t

     (2)

Từ (1) (2) ta suy

2 2 2 2 2 4

2

2 2

2 2

( 1) [ ( 1) ] [ ] [ ( 1) ] ( 1)

1 ( 1)

2 )( 1)

( 1)

t R t t R t R t t t t

t

t t

R t t

R t t

          



     

 

   

   



Trường hợp 1: ( ; )1

2 2

t I Thay vào (2) ta suy 2305

4

R  Vậy phương trình (C) là:

2

1 2305

( ) ( )

2

x  y 

Trường hợp 2: 2

( 1)

R t  t Thay vào (2) ta suy t t  1 12t2 t 12 t2  t 12 (vô nghiệm) t   3 t  4

+) Với t   ta có 3 I( 3; 4),  R5 Vậy phương trình (C) (x3)2 (y4)2 25

+) Với t = ta có I(4;3),R 5 Vậy phương trình (C) (x4)2(y3)2 25 Câu VII.a

Cho A(1;1;1), B(2;3;-1), đường thẳng : 1

1

x y z

   mặt phẳng ( ) :P xy z 20 Viết phương trình đường thẳng d cắt (P) C, cắt  D cho ABCD hình thang vng đỉnh A, B

Ta có D  D(1t t; ; )  t

Theo đề BAD900  AB AD 01.t2(t1) 2(2 t2)0 t 2D(3; 2;3)

Từ ta uBC AD(2;1; 2) Vậy phương trình d 3

x t

y t

z

   

     

Câu IX.a

Cho n số nguyên dương thỏa mãn Cn3 2An244 Tìm số hạng khơng phụ thuộc vào x khai triển nhị thức Niu-tơn

4

1 ( x )n

x



Điều kiện n  Ta có: 3

3 ( 1)( 2)

2 44 ( 1) 44 15 14 264

6

n n

n n n

C  A      n n  n  n  n 

2

(n 12).(n 3n 22) n 12

      

3 40

n  n  (Loại n số nguyên dương) Với n = 12 ta có

1 12 1 12 24

12 12

2 4

12 12

4

0

1

( ) ( ) ( ) ( )

k

n k k k k

k k

x x x C x x C x

x

  



 

    

Số hạng không phụ thuộc vào x ứng với k thỏa mãn 24

k

k



  

Vậy số hàng không chứa x

12 495

C 

Câu VII.b

Cho hai đường tròn ( ) :C x2(y1)2 2, ( ') : (C x4)2(y5)2  Cho AB đường kính thay đổi đường tròn (C’) M điểm di động đường trịn (C) Tìm tọa độ điểm M, A, B cho diện tích tam giác MAB lớn

Đường trịn (C) có tâm I(0;1) có bán kính R  Đường trịn (C’) có tâm I’(4;5) có bán kính ' 2

R  Ta có II'4 2R 2 Do I’ nằm ngồi đường trịn (C)

Gọi H hình chiếu vng góc M đường thằng AB Ta có:

1

.2 '

2

MAB

S  MH AB MH R  MH

Mặt khác ta có MH MI'MIII' 24 5

Dấu xảy H = I’ M giao điểm đường thằng II’ với (C)và I thuộc đoạn thẳng I’M Như AB đường kính (C’) vng góc với II’

Phương trình đường thẳng II’

x t

y t

  

  

M( 1;0)

Ta có I M' II'M( 1; 0)

Phương trình đường thẳng AB xy 9 Suy tọa độ điểm A, B thỏa mãn hệ

2 2 2

9 9 2;

6;

( 4) ( 5) ( 4) (9 5) ( 4)

x y y x y x x y

x y

x y x x x

        

   

  

   

 

           

  

Vậy A(2;7), B(6;3), M(-1;0) A(6;3), B(2;7), M(-1;0)

Câu VIII.b

Cho điểm I(3;4;0) đường thẳng :

1

x y z

  

 Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I cắt  hai điểm A, B cho diện tích tam giác IAB 12

Gọi H trung điểm AB Ta có  qua M(1;2;-1) có u (1;1; 4)

Ta có

, 9 2

( ; )

3

u MI

IH d I

u 



 

 

    

Suy 2.12

IAB

S AB

IH

  

Do 2

4 25

2

AB

AH   R AH IH 

Vậy phương trình mặt cầu (S) cần tìm (x3)2(y4)2z2 25

Câu IX.b

Viết dạng lượng giác số phức z biết

2

16

z z



 i z có acgumen



Ta có

2

2

2 2

16 ( ) 16 ( ) 16

z z z z z z



      

Gọi  acgumen z Ta có z2(cosi.sin )

Từ suy (cos i.sin ) 2(sin i.cos ) 2(cos( ) sin( ))

2

Chọn  cho

2

  

 

   

Vậy z có dạng lượng giác cos sin

3

z   i  