Đáp án đề thi thử đại học số 5 trên báo toán học tuổi trẻ năm 2013

Tương tự và cộng các bất đẳng thức lại.. Nên phân giác trong góc A của tam giác[r]

1 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN – THTT – 2013

Câu

a Tự giải

b Để tiếp tuyến M x y 0, 0  Cm song song với đường thẳng y 3x hệ số góc tiếp

tuyến  

 

2

0 0

0

' 3 0, 2(1)

1

m

y x x x m m

x

 

           



Giả thiết:  

2

0

0

2

0

3 12 11

3

; 10 (2)

10

x x m

x y

d M d

x x m

    

 

   

   



Giải (1) (2) ta có m  1 43

m 

Câu

a ĐK cos os4

x

c x

  

 

Phương trình tương đương với: sinxcos2xtanxtan 4x  tan tan 4x x1

  

sin os5

8 sin os2

cos cos cos cos

sin sin

2

12

*

5

12

x c x

xc x

x x x x

x x

x k

k Z

x k



 

 

  

 

    

 



   

 

   

So với đk (*) nghiệm phương trình

b Cộng vế phương trình hệ, ta có

   

   

2

2

1 10

1 10

x y x y x y

x y x y

        

       

Giải phương trình bậc ta có:

x y

x y

     

    

Thay

y x

y x

     

    

vào tronh phương

trình hệ, tiếp tục giải ta có nghiệm hệ cho x y;  : 0;3 , 1;0  

Câu Tích phân viết lại:  

1

ln ln ln

e x x

I dx

x

 

2 Đặt t lnx dt dx

x

   Khi x  1 t 0,x   e t

Do đó:     

1 1

2

2

0

ln ln

1

t

I t t dt t t t dt

t

      



 

   

 

2

2

1 ln

2 1

ln 2

d t

t



  



   



Câu

Theo định lý đường vng góc, ta có: SDDC 2

Từ (1) (2): góc nhọn SDH 300 góc mặt phẳng (SDC) (ABCD)

Xét tam giác SHD vng H, có:

 3

, 30 ,

2 2

SDa SDH  SH  a HD aAB a

Vậy thể tích hình chóp SABCD là:

3

1 3

3 ABCD 16

a

V  S SH

Câu

Cách Đặt a 1,b 1,c 1 1 1,x 0,y 0,z

x y z x y z

         

Biểu thức cho viết lại:

2 36

x y z

P

x y z

  

  

Ta có: 1 1

2 36

x y z

P

x y z

 

   

       

  

     

Dựng SH ABCD

Vì SASBSDHAHBHDH tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABD, mà tam giác ABD H vừa trọng tâm, trực tâm tam giác ABD

3 1 1

2

P

x y z

 

      

  

 

Ta lại có: 1

2

x  x Đẳng thức xảy khia x =

Tương tự cộng bất đẳng thức lại Suy ta có: 1 1

2

x y z

 

    

  

 

Do đó: 1 1 1

2 2

P P

x y z

 

        

  

 

Vậy, giá trị nhỏ 1, 1,

2

P a b c

Cách Chọn điểm rơi: 1, 1, 36

2 16 36 36 144

a b c

a b c

  

     

  

Suy ra: 36 1

16 36 144

a b c

P       P

Câu 6a

1 Phương trình đường tròn viết lại:

2

1

1

2

x y

   

 

   

   

Đặt sin sin 1, os 2 os 2, 0; 

2

x y

x c y c

             

Do đó, tọa độ điểm M sin1; osc 2 C Phương trình đường thẳng AB:

xy 

Ta có:  , 

2 cos

4

2 M AB

d

 

 

 

 

 



Để ax os 0,

4

MAB

S M c     x y 

 

Vậy M0; 3    C diện tích tam giác MAB lớn

2 Ta có:AB    1; 2; 2AB3,AC2; 4; 4 AC6

Lấy D trung điểm AC D2;3; 1  ACABAD Nên phân giác góc A tam giác

ABC đường trung tuyến tam giác cân ABD

Gọi H trung điểm BD1H1;1; 1 , đường phân giác cần tìm có phương trình AH:

1

1

x

y

z t

  

4 Câu 7a

Xét số phức z x yi Từ giả thiết suy ra: x12y22  Suy ra, tập hợp điểm M (x; y) biểu diễn số phức z đường tròn tâm I (1; -2), bán kính R  Dễ dàng có

 sin 1; os , 0; 

M  c   

Mặt khác: w   z i x1  y1i

Suy ra:

w2 x 12 y 12  5 sin 2 2 5 os -1c 2 10 2 sin cos 

   

         

Đặt t2 sincos, để tồn α  1 2 2 2t2   5 t 2 sincos

Do đó: ax

2

w 20 sin , os 3,

5

M    c   x y 

Vậy số phức là: w 4 2i

Câu 6b

1 Đặt sin 2 sin , os 2 os , 0; 

2 2

x y

x c y c

          

Do tọa độ điểm M2 sin ; os c  H Phương trình đường thẳng AB: x2y110

Ta có:  ; 

4 cos 11

4

5 M AB

d

 

 

 

 

 



Để os 2,

4

MAB

S Minc    x y

 

Vậy M2;1   H diện tích tam giác MAB nhỏ

2 Nhận thấy đường thẳng (d1), (d2) cắt giao điểm I(1; 1; 1)

Chọn (d1) điểm M2;3;3IM 3

Phương trình tham số  2 :  ; ;3   2

x t

d y t N t t t d

z t

  

       

    

Để    

1

0

3 0; 1;3 , 2;3;

2

t

IN IM IN N N

t

 

       

 

Ta có: IM 1; 2; , IN1   1; 2; , IN21; 2; 2 

Mà IM IN 2   1 MIN2900 góc nhọn (d1), (d2) góc MIN2

Gọi K (2; 3; 1) trung điểm MN2 nên đường thẳng qua điểm I, K đường phân giác góc

nhọn tạo (d1), (d2) có phương trình

1

:

1

x t

IK y t

z

   

5 Câu 7b

Vì x0,y

Từ  1 log2012 1

x

x y

y

  

   



  2013  2013  

log log *

y y x x

     

Đặt f t  t log20131t, t 0; Ta có  

 

1

'

1 ln 2013

f t

t

  

 với

0;   

t f t

    ln đồng biến 0; 

Do đó, phương trình (*): ylog20131y x log20131x  f x  f y  x y

Từ phương trình (2): 2 1

1

2 log log (3)

4 y

y x x  

      

 

Thế x y vào phương trình (3), ta giải phương trình 1

1 log

4 x

x   

  phương pháp vẽ đồ thị

1 log

z x

x

z   

 

hệ trục tọa độ vng góc Oxz, ta thấy phương trình có nghiệm

nhất

x  Thử lại hệ phương trình có nghiệm 1,

2