Chứng minh rằng các khoảng cách từ A đến d1 và d2 bằng nhau.. Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BC.. Hãy viết phương trình dạng tổng quát các cạnh c
Trang 1ĐỀ SỐ 3
Đề thi thử Đại học lần V năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội
Câu 1 (2 điểm)
Cho hàm số y = x3
+ 3x + 1
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 Đường thẳng ∆ đi qua điểm A (−1, 3) với hệ số góc k Tìm các giá trị của k để ∆ cắt (C) tại các điểm phân biệt A, D, E Gọi d1, d2, lần lượt là các tiếp tuyến của (C) tại D và E Chứng minh rằng các khoảng cách từ A đến d1 và d2 bằng nhau
Câu2 (1 điểm) Giải phương trình sin 3x 2
cot x cos 3x 2 cos x
Câu 3 (1 điểm) Giải hệ phương trình
3 3
Câu 4 (1 điểm) Tính tích phân I =
3 3
4
5 0
cos x cos x
dx cos x
Câu 5 (1 điểm)
Tứ diện ABCD có AB = AC = AD = a, ̂ = o
20 ; ̂ = o
60 và BCD là tam giác vuông tại D Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BC
Câu 6 (1 điểm)
Các số thực dương x, y thay đổi thỏa mãn x + 2y = 1 Chứng minh rằng:
2
x y 1 48xy
Câu 7 (1 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD với đỉnh A(0; 0) và M(10; 5) là trung điểm của cạnh BC Hãy viết phương trình dạng tổng quát các cạnh của hình vuông ABCD
Câu 8 (1 điểm)
Trong không gian Oxyz, cho điểm A (1; 1; 2), mặt phẳng (P): x + y + z – 2 = 0 và đường
thẳng ∆: x 5 y 2 z 2
Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho đường thẳng
∆ và khoảng cách từ M đến ∆ bằng 3 2
Câu 9 (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
1 z 2 2 z 2226
2 Số z 3 2 3 2i
Trang 2ĐỀ SỐ 3
Đề thi thử Đại học lần V năm 2013 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội
Câu 1 (2 điểm)
1 (1 điểm): Học sinh tự giải
2 (1 điểm)
Đường thẳng : y = k(x + 1) + 3 cắt (C) tại 3 điểm phân biệt
pt sau có 3 nghiệm phân biệt
x3 + 3x2 + 1 = k(x + 1) + 3 (x 1)(x22x k 2) 0
Để pt trên có 3 nghiệm phân biệt thì pt x2
+ 2x – k – 2 = 0 (*) có 2 nghiệm phân biệt khác –1
'
(0,5 điểm) Gọi D (xD ; yD), E (xE ; yE) khi đó xD, xE là nghiệm của (*) Theo hệ thức Viet ta có xD + xE = –2
Hệ số góc của các tiếp tuyến tại D và E là
k1 = y’(xD) = 3 2 ' 2
x 6x , k y (x )3x 6x
Do xD, xE là nghiệm của (*) nên 2
x 6x =3(k + 2) = 3 2
E
x + 6xE
Suy ra các tiếp tuyến tại D và E của (C) có cùng hệ số góc
Mặt khác xD + xE = –2 = 2xA và 3 điểm A, D, E thẳng hàng nên A là trung điểm của DE Suy ra d (A; d1) = d (A; d2) (đpcm) (0,5 điểm)
Câu 2 (1 điểm)
Điều kiện: sinx 0,cos3x 2cos x 0
Pt
3
2 3
3sin x 4sin x
cot x
4 cos x cos x
2
2 3
3 4
cos x cos x 4
sin x sin x
2
2
3(1 cot x) 4
cot x
4 cot x cot x(1 cot x)
(0,5 điểm)
2
3
4
Kiểm tra điều kiện ta thấy thỏa mãn
Vậy nghiệm của phương trình là x = k , k Z
4
(0,5 điểm)
Câu 3 (1 điểm)
Từ pt x3
+ xy – 2 = 0 suy ra x 0 và
3
2 x y
x
, thay vào pt thứ hai ta được
3
3
3
2 x
3(2 x ) 3 0
x
Trang 3Đặt t = x3 0, phương trình trên trở thành t3
– 3t2 + 3t – 8 = 0 (t 1)3 7 t 1 37
Từ đó ta có : x 313 7 và
3
y
(1,0 điểm)
Câu 4 (1 điểm)
Ta có I =
3
Với x = 0 thì t = 0 ; x =
4
thì t = 1
Ta có 14 (1 tan x)2 2 (1 t )2 2
cos x (0,5 điểm)
Suy ra I =
(1 t ) t dt t dt t dt t t
Vậy I = 48
55 (0,5 điểm)
Câu 5 (1 điểm)
Trong ABC cân tại A kẻ AH BC
ABH
vuông tại H có AB = a
2
và HB = HC = HD = a 3
2 (vì ∆ BCD vuông)
Ta có HA2 + HD2 =
do đó AH (BCD) ABD cân
có BAD600nên ABDđều
BC BD a 2 Vậy VABCD 1AH.SBCD 1 a 2.a2 a3 2
(đvt) (0,5 điểm)
Ta sẽ tạo ra mặt phẳng chứa AD song song với BC
Qua A kẻ đường thẳng d song song với BC Trong mp (BCD) kẻ DE BC, trong mp (ABC) qua E kẻ đường thẳng song song với AH cắt d tại M
Khi đó BC // (ADM) và BC (DEM)
Trong ∆DEM kẻ EF DM thì độ dài EF bằng khoảng cách hai đường thẳng AD và BC
Do AH(BCD) nên (BCD) (ABC)DE(ABC)DEME
Trong DEMvuông tại E có EF là đường cao, ta có 12 12 12 (*)
EF ED EM
A
D
E
F
H
J
I
M
Trang 4Ta có EM = AH = a
2, SBCD BC.DE = DB.DC DE DB.DC a 6
Do đó từ (*) 12 32 42 112 EF a 22
EF 2a a 2a 11
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và BC bằng a 22
11
(0,5 điểm)
Câu 6 (1 điểm)
Từ giả thiết x, y > 0 và x + 2y = 1 x 1 2yvà 0 < y < 1
2 Bất đẳng thức trở thành : 1 2 252
1 2y y 1 48y (1 2y)
2
(2 3y) 1 48y (1 2y) 25y(1 2y) (2 3y)(1 48y 96y ) 25y(1 2y) 0
2 28y 146y 336y 288y 0
144y 168y 73y 14y 1 0
(12y 7y 1) 0
(đpcm) (1,0 điểm)
Câu 7 (1 điểm)
Gọi độ dài cạnh hình vuông là 2a, khi đó AM2
= AB2 + BM2 = 5a2,
mà AM2 = 125 a 5
Kẻ BH
2
MB
MA
do MH và MA cùng hướng và MH 1 5MH MA
5(x 10) 10
5(y 5) 5
x 8
H :
Điểm B là giao của đường thẳng qua H vuông góc với AM và đường tròn đường kính AM (0,5 điểm)
Ta có AM(10;5)
Phương trình đường thẳng BH: 2x + y – 20 = 0
Phương trình đường tròn đường kính AM: 2 5 2 125
Gọi B (t; 20 – 2t) 2 35 2 125
t 16t 60 0
t 6
Với t = 10 Ta có B (10; 0) C (10; 10) Khi đó phương trình các cạnh của hình vuông
ABCD là: AB: y = 0, BC: x = 10, CD: y = 10 và AD: x = 0
C
D
M
H
Trang 5Với t = 6 Ta có B(6; 8) C(14; 2) Khi đó phương trình các cạnh của hình vuông ABCD là: AB: 4x – 3y = 0, BC: 2x + 4y – 50 = 0, CD: 4x – 3y – 50 = 0,
AD: 3x + 4y = 0 (0,5 điểm)
Câu 8 (1 điểm)
Đường thẳng AM thuộc mặt phẳng (Q)
vuông góc với
Phương trình (Q): x + y – z = 0
Giao điểm của (Q) với là điểm H ( 2; 1;1 )
Giao tuyến d của (F) và (Q)
Điểm N (0 ; 1 ; 1) d, suy ra phương trình của d :
x t
y 1 t
z 1
M(t;1 t;1)
Ta có d(M,) = MH = 3 2(2t)2(2t)2 18 t 5hoặc t 1
Vậy có hai điểm thỏa mãn bài toán : M (5; 4)1 và M ( 1; 2;1)2
(0,5 điểm)
Câu 9 (1 điểm)
Giả sử z = x + yi; x, y R
Ta có z 2 2 z 22 26(x 2) 2y2 (x 2)2y2 26
Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện 1 là đường tròn (S) tâm là gốc tọa độ O, bán kính R = 3
Ta có
(0,5 điểm)
Vì
9
3 2 3 2
;
thuộc đường tròn (S)
Gọi điểm M (x ; y) là điểm thuộc (S), khi đó
Q
d
M
A
∆
H
Trang 6Suy ra z 3 2 3 2i
lớn nhất MKlớn nhất MK là đường kính của (S)
Vậy z = 3 2 3 2i
(0,5 điểm)