Khảo sát sự biến thiên của hàm số và vẽ đường cong C.. Lập phương trình tiếp tuyến của đường cong C biết tiếp tuyến cắt các trục Ox Oy, lần lượt tại A, B thoả mãn OB9OA.. Tính thể
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2013
MÔN: To¸n
Thời gian làm bài: 180 phút
Đề 03
I - PHẦN CHUNG (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 có đồ thị là đường cong
1 Khảo sát sự biến thiên của hàm số và vẽ đường cong C
2 Lập phương trình tiếp tuyến của đường cong C biết tiếp tuyến cắt các trục Ox Oy, lần lượt tại A, B thoả mãn OB9OA
Câu II (2 điểm) 1 Giải phương trình:
tan 2 cos
2
x
2 Giải hệ phương trình:
x
x y y y
3 Giải phương trình : x4 2x + x3 2(x2 x) = 0
Câu III (1 điểm)
2 5
xdx I
1 5
2 2
1 5 2
(x x 1)(1 2012 )
Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác đềuABC A B C 1 1 1có cạnh đáy bằng a M là điểm trên cạnh AA1 sao cho AA13AM Biết 0 Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp lăng trụ
1 90
BMC
Câu V (1 điểm) Cho x y z, , là các số thực dương, thoả mãn x y z 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
y z x z x y x y z
II PHẦN RIÊNG (3 điểm)Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2)
1 Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng cho tam giác ABC cân tại A, cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình x2y 2 0 Đường cao kẻ từ B có phương trình x y 4 0, điểm M1; 0 thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC
Câu VII.a (1 điểm) Trong không gian cho điểm B5; 2; 2 , C 3; 2; 6 Tìm toạ độ điểm A thuộc mặt phẳng ( ) :P 2x y z 5 0 sao cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A
Câu VIII.a (1 điểm) Tìm phần ảo của số phức , biết z 2
z z i
2 Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC, phân giác trong AD có phương trình x y 2 0, đường cao CH có phương trình x2y 5 0 Điểm M 3; 0 thuộc cạnh AC thoả mãn AB2AM Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC
Câu VII.b (1 điểm)
Trong không gian cho điểm B1; 2; 1 , C 3; 0;5.Tìm toạ độ điểm A thuộc mặt phẳng
sao cho tam giác ABC cân tại A và có diện tích bằng
Câu VIII.b (1 điểm) Cho hàm số 3 1 2 có đồ thị là (C).Tìm tất cả những điểm trên đồ thị (C) sao
y = x x
2
cho hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) tại những điểm đó là giá trị lớn nhất của hàm số:
2
4
4x + 3
g(x) =
x +1
Trang 2Dáp án de 3
Gọi toạ độ điểm M x 0;f x 0 là toạ độ tiếp điểm
Theo giả thiết OB=9OA suy ra hệ số góc của tiếp tuyến bằng 9 hoặc -9
2 2
2 2
Phương trình (2) vô nghiệmPhương trình (1) suy ra x0 1,x0 3
Với x0 1 suy ra phương trình tiếp tuyến y9x7
Với x0 3 suy ra phương trình tiếp tuyến y9x25
2.Điều kiện 3x y 0, 3x 3x y 0,y0
Đặt suy ra
3x y
t y
2
t t t t
+Với t 1 ta có 3x y y(3) 20 thay vào (2) ta có
3
y
x y y
2 y 2y 5y4
(loại)
2
2y 2y 5y 4
2y 7y 4 0
2
y y
Thay y 4 vào (3) ta có x4 suy ra 4; 4 là nghiệm
2
2
0 9 3 4
y
4y 2y 2y y
4 y 2 y u u0 2
2u 2u 4 0 u 2 u 1
9
u y y y y
Thay 8 vào (3) ta có suy ra là nghiệm
9
9
9 9
3 Phương trình x42x + x3 2(x2x) 2(x2x) = 0
(x2x)2(x2x) 2(x2x) = 0
- Đặt t = x2x, với t 0 ta có phương trình:
t4 – t2 – 2t = 0; suy ra t = 0; t = 2
- Với t = 0 thì x = 0; x = 1
- Với t = 2 thì x = –1; x = 2
Tóm lại phương trình có 4 nghiệm phân biệt:1; 0;1; 2
Điều kiện cosx0, sinxcosx0
2
x
2
1 sin 2 sin
0
2
2
sin sin 2 sin cos
4
x x x x
sin 0
4
5
x k x
2 4
x k
k x
Trang 31 Đặt t x2 5 t2 x2 5 xdxtdt Với x 2 t 3, x2 5 t 5
I
3
4 t 2 t 2 dt
3
t t
2 Chøng minh ®îc:
§Æt
1 5
2
1 5
2
1 1 x
1
x
/ 4
1
Đặt AA1 x suy ra ; 1 2
AM A M
Tam giác MBC1 vuông tại M MB2MC12 BC12
Gọi O O, 1 là tâm của đáy ABC và A B C1 1 1, I là trung điểm của OO1, Suy
ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ
2
43
4 3
Vậy
3
V R a a
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có (1)
3
2
x
y z x
3
2
y
z x y
3
2
z
x y z
Cộng theo vế của (1), (2), (3) ta có Dấu xảy ra khi
3
x y z
Toạ độ B là nghiệm của hệ 4 0 Suy ra
x y
x y
Gọi d là đường thẳng qua M song song với BCd x: 2y 1 0
Gọi N là giao điểm của d với đường cao kẻ từ B Toạ độ N là nghiệm của hệ
Suy ra
4 0
x y
x y
Gọi I là trung điểm MN 2;1 Gọi E là trung điểm BC Do tam giác
2
I
ABC cân nên IE là đường trung trực BC IE đi qua I vuông góc với BC IE: 4x2y 9 0 Toạ
x y
E
x y
4 7
;
5 5
C
CA đi qua C vuông góc với BN suy ra : 3 0 Toạ đô A là nghiệm của hệ
5
CA x y
3
0 5
x y
x y
13 19
;
10 10
A
C
C1
M
O
O1 I
I
B
C
A
N M
E
Trang 4.Trung điểm của BC có toạ độ
( 2; 0; 4)
BC
4; 2; 4 Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của BC Q : 2 x 4 0 y2 4 z40
Q :x 2z 4 0
Gọi d là giao tuyến của mặt phẳng (P) và (Q)
Chọn ud n n P, Q2; 5;1 , Điểm 0;3; 2thuộc mặt phẳng (p) và (Q) suy ra Ta
2 ( ) : 3 5
2
x t
có tam giác ABC cân suy ra A thuộc d
Gọi toạ độ A2 ;3 5 ; 2t t t BA(2t5;5 5 ; ); t t CA(2t3;5 5 ; t t4)
BACA t t t t t
3
t t t t
Với t 1 A2; 2;3 , 4 8; 11 10;
Tìm phần ảo của số phức biết z 2
z z i
Đặt z a bi z a bi
a bi a bi i a bi i a bi i
Vậy Vậy phần ảo của bằng -2
3
4
2
b
b
3 2 4
Đường thẳng d qua M vuông góc với AD của có phương trình
; Gọi I, E là giao diểm của AD, AB với d Dễ thấy tam
3 0
x y
giác AME cân tại A
x y
x y
AB là đường thẳng qua E vuông góc với CH AB: 2x y 3 0
Toạ độ A là nghiệm của hệ 2 3 0 1;1
2 0
x y
A
x y
Do AB2AM E là trung điểm AB suy ra B3; 3
Phương trình AM x: 2y 3 0 Toạ độ C là nghiệm của hệ 2 3 0 1; 2
x y
C
x y
.Trung điểm của BC có toạ độ I
(2; 2; 6)
BC
2;1; 2 Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của BC
Q : 2 x 2 2 y 1 6 z20 Q :x y 3z 7 0
Gọi d là giao tuyến của mặt phẳng (P) và (Q) Chọn ud n n P, Q 4; 1;1, Điểm 4; 3; 0 thuộc mặt phẳng (p) và (Q) suy ra Ta có tam giác ABC cân suy ra A thuộc d
4 4 3
z t
Gọi toạ độ A4 4 ; 3 t t t; IA 2 4 ; 4 t t t ; 2
d
I
A
D
E
M
H
d
B
C
A
I
Trang 5 2 2 2 2
2 4 t t 4 t 2 2218t 12t2422 2 1
3
Suy ra 8; 10 1;
A
* Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: g(x) = 4x + 342
x +1
- Đặt t = x2, với t 0 ta có hàm số g(t) = 4 + 32t ;
t +1
2
4t 6t + 4
g'(t) =
(t +1)
t = 2; t =
2
- Ta lại có: lim ( ) 0; , lập bảng biến thiên của hàm số:
lim ( ) 0
- Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là g(x)= 4, đạt được khi 2
2
x
* Tìm các điểm thuộc đồ thị (C)
- Ta có: y’ = 3x2 – x , giả sử điểm M0(x0, f(x0)) (C), thì hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại M 0 là f’(x0)=3x20x0
- Vậy: 2 suy ra x0 = –1; x0 = , tung độ tương ứng f(–1) = – ; f( ) =
3
3 2
4 3
40 27
+ Có hai điểm thỏa mãn giải thiết (–1;– ); ( ; 3 )
2
4 3 40 27
