Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.. Tiếp tuyến bất kì của đồ thị hàm số cắt hai đường tiệm cận lần lượt tại hai điểm A và B .Chứng minh rằng diện tích tam giác IAB không đổi
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 13
Ngày 10 tháng 10 năm 2013
I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7 điểm)
CâuI:(2điểm) Cho hàm số: 2
1
x y x
−
= +
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2 Tiếp tuyến bất kì của đồ thị hàm số cắt hai đường tiệm cận lần lượt tại hai điểm A và B Chứng minh rằng diện tích tam giác IAB không đổi Viết phương trình tiếp tuyến sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác IAB lớn nhất (với I là giao điểm của hai đường tiệm cận)
Câu II(2 điểm)
1) Giải phương trình : (1 sin 2 cos 2 )sin( 4) 1 sin (cos 1)
x
π
− +
= + +
−
=
− + +
+ +
1 2 ) 2 ( 10 ) ( 4
2 4
log 4
2
2 2
y x
y x xy
y y
x x
CâuIII(1điểm) tính:
CâuIV:(1điểm)
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 13 đường chéo AC = a 3 Các cạnh bên SA = 2a ; SB = 3a ; SC = a Tính thể tích khối chóp và cosin của góc giữa hai đường thẳng SA và CD
CâuV:(1điểm)
Cho x , y , z là ba số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất cửa biểu thức :
+ +
xy
z z xz
y y yz
x
2
1 2
1 2
II - PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)
A - Chương trình chuẩn.
CâuVIa(2 điểm)
1) Trong hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C):(x−1)2+ +(y 2)2 =4 M là điểm di động trên đường thẳng d: x – y + 1 = 0 Chứng minh rằng từ M kẻ được hai tiếp tuyến MT1, MT2 tới (C) (T1, T2 là tiếp điểm)
và Tìm toạ độ điểm M, biết đường thẳng T1T2 đi qua điểm A(1;-1)
2) Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A 1;0 , B 2;4 ,C 1;4 ,D 3;5( ) (− ) (− ) ( ) và đường thẳng
d : 3x y 5 0− − = Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
CâuVIIa(1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x2 −xy+ y2 =1.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức:
1
1 2 2
4 4
+ +
+ +
=
y x
y x
P
B - Chương trình nõng cao.
CâuVIb(2 điểm)
1) Trong hệ toạ độ Oxy, cho ba điểm A(-1; -1) ; B(0;2) ;C(0;1).Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C tới ∆ là lớn nhất
2) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2 Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C
CâuVIIb(1 điểm) Giải bất phương trình: x(3log2 x−2)>9log2 x−2
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 13
Trang 2Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Câu 1:2, Tiếp tuyến bất kì của đths 2
1
x y x
−
= + cắt hai đường tiệm cận tại A và B CMR diện tích ∆IAB không đổi Viết pttt sao cho bán kính đường tròn nội tiếp ∆IAB lớn nhất
Tiệm cận đứng x = -1, tiệm cận ngang y = 1; Giao hai đường tiệm cận: I(-1;1)
Tiếp tuyến tại M(x0;y0) dạng: 2 0 0
2 3
x
−
Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng: 0
0
5
1
x A x
−
− + , cắt tiệm cận ngang: B x(2 0+1;1)
0
6
1
x
+ suy ra IA.IB = 12 Nên S IAB =12IA IB. =6
IAB
S
= ⇒ = = Bởi vậy r lớn nhất khi p nhỏ nhất
Do 2p IA IB AB IA IB= + + = + + IA2+IB2 ≥2 IA IB + 2 .IA IB =4 3 2 6+
IA IB= ⇔ x + = ⇔x = − ±
- Với x0 = − +1 3 ⇒d y x1: = +2(1+ 3) - Với x0 = − −1 3 ⇒d y x1: = +2(1− 3)
Câu 2: 1, Giải phương trình : (1 sin 2 cos 2 )sin( 4) 1 sin (cos 1)
x
π
Đk :
−
≠
≠
1 cot
0 sin
x
x
1 sin
cos sin
2
) cos )(sin
2 cos 2 sin
1
x
x x
x x
x x
1 – sinx + 2 cos2x = cosx + 1 sinx + cosx = 2 cos2x
sinx + cosx = 2 (cosx + sinx)(cosx – sinx) 2 (cosx – sinx) = 1
+
4
π
+ 4
π
3 π
Kết hợp đk => nghiệm phương trình : x = π 2π
12+k hoặc x = π 2π
12
7
k
+
−
Câu 2: 2, Giải hệ phương trình : ( ) ( )
− +
= + +
−
=
− + +
+ +
) 2 .(
1 2 ) 2 ( 10 ) ( 4
) 1 .(
2 4
log 4
2
2 2
y x
y x xy
y y
x x
Đk : y ≥ 0,5.
(1) log [ ( 2 4)( 2 4 ) ] 2
2 x+ x + y + −y = (x + x2 +4)( y2 +4 - y) = 4
4 = ( y2 +4 + y) ( y2 +4 - y) Nên x + x2 +4 = y2 +4 + y
4 4
4
2
+
+
>
+
+ +
=
t t t
t t
t t
Vậy f(t) đồng biến trên R mà (1) f(x) = f(y) x = y
Thay x = y vào (2) x2 – 8x + 10 = (x + 2) 2x−1 6(2x – 1) + (x + 2) 2x−1 - (x + 2)2 = 0
Đặt u = 2x−1 với u ≥ 0 thì (2) 6u2 + (x + 2)u – (x + 2)2 = 0 có ∆ = 25(x + 2)2
u =
3
2 +
x
hoặc u = -
2
2 +
x
(loại vì x ≥ 0,5 Nên u < 0)
Giải pt :x + 2 = 3 2x−1 có hai nghiệm x = 1 hoặc x = 13 => nghiệm của hệ (1;1)& (13;13)
Câu 3:
Trang 3Tacó:( ) ( ) ( ( ) ) ( ) ( ( ) ) ( )
k k
1
( )
k
k 1 k 1 2011
2 2011!
−
( )1 1 ( )2 2 ( )2011 2011
1
( )2011 ( )0 0
2011
= − × − + − − =
Câu 4: Chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 13 đường chéo AC = a 3 Các cạnh bên
SA = 2a;SB = 3a;SC = aTính thể tích khối chóp và cosin của góc giữa hai đường thẳng SA và CD
* g(SA ; CD) = g(SA;AB) với cosSAB =
13 2
* Áp dụng đlí cosin tính đựợc:
Góc ·ASC = 600 ; góc ·ASB = 900 ;góc ·BSC = 1200
* Lấy M ∈ SA ; N ∈ SB sao cho SM = SN = a
=> CM = a ; MN = a 2 ; CN = a 3 => ∆CMN vuông tại M
Mà SM = SN = SC = a Nên hình chiếu H của S trên (CMN) là trung điểm CN & SH =
2
a
=> VSCMN =
3
1 SH.SCMN =
12
2 3
a
* Ta có V SABCD = 2V SABC = 12V SCMN = a3 2
Câu 5 : Cho x , y , z là ba sè thực dưong Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
M = + +
+ +
xy z
z xz
y y yz
x
2
1 2
M =
xyz
z y x z y
2 2 2
+ + + + + vì x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx
Ta có : M ≥ + + + + + z
z y
y x
2
1 2
1 2
2 2
2
Ta có :
2
3 2
1 2
1 2
1 2
2 2
≥ + +
= +
x x
x x x
Tương tự ta có :
2
3 1 2
2
≥
+
y
y
;
2
3 1 2
2
≥
+
z
z
Vậy Min M = 9/2 <=> x = y = z = 1.
Câu 6a: 1, Cho (C):(x−1)2+ +(y 2)2 =4 M di động trên d: x – y + 1 = 0 CMR từ M kẻ được hai tiếp tuyến MT 1 , MT 2 tới (C)và Tìm toạ độ điểm M, biết đường thẳng T 1 T 2 đi qua điểm A(1;-1).
Đường tròn (C) có tâm I(1;-2) bán kính r=2
M nằm trên d Nên M(m;m+1) => IM = (m−1)2 +(m+3)2 = 2(m+1)2 +8 > 2 =>M nằm ngoài (C) => qua M kẻ được 2 tiếp tuyến tới (C)
Gọi J là trung điểm IM=> toạ độ J là J
2
1
; 2
1 m m
.Đường tròn (T) đường kính IM có tâm J bán kính
1
2
IM
r = có phương trình (T):
4
) 3 ( ) 1 ( 2
1 2
− − +
y
m x
Từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MT1,MT2 đến (C) => T1 ; T2 là hai giao điểm của (C) & (T)
(x−1)2+ +(y 2)2 =4 (1)
C
B
A
D
S
M N
Trang 4Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Khi đó tọa độ T1 & T2 thỏa mãn hệ :
4
) 3 ( ) 1 ( 2
1 2
− − +
y
m
Lấy (1) trừ (2) vế với vế => đường thẳng T1T2 có pt : (m – 1)x + (m + 3)y +m + 3 = 0
A(1;-1) nằm trên T1T2 Nên : m – 1 – m – 3 + m + 3 = 0 <=> m = 1=>M(1;2)
Câu 6a: 2, 1 Giả sử M x; y( )∈ ⇔d 3x y 5 0.− − =
( ) ( )
AB
3x y 5 0
− − =
+ − = − +
( )
3 3x y 5 0
5x y 13 0
− − =
− + =
Câu
7a; 2 Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x2 −xy+y2 =1.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức :
1
1 2
2
4
4
+ +
+ +
=
y
x
y
x
P
Từ giả thiết suy ra:1= x2 −xy y+ 2 ≥2xy xy− =xy; 1 (= +x y)2−3xy≥ −3xy.Từ đó ta có 1
3
khác x2 −xy+y2 =1⇔x2+y2 =1+xy nên x4 +y4 =−x2y2 +2xy+1 đăt t=xy
3
1
; 2
2 2 )
(
2
≤
≤
− +
+ +
−
=
t
t t t f P
Tính
−
−
=
−
=
⇔
= + +
−
⇔
=
) ( 2 6
2 6 0
) 2 (
6 1 0 )
(
l t
t t
t
f
Do hàm số liên tục trên [ ;1]
3
1
− nên so sánh giá trị của )
3
1 (−
f ,f( 6−2), f(1) cho ra kết quả:
6 2 6 ) 2 6
= f
15
11 ) 3
1 ( minP= f − =
Câu 6b: 1, Cho ba điểm A(-1; -1) ; B(0;2) ;C(0;1).Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C tới ∆ là lớn nhất
Giả sử ptđt ∆: A(x + 1) + B(y + 1) = 0 với A2 + B2 > 0 => d(B;∆) = 2 3 2
B A
B A
+
+
;
d(C;∆) = 2 2 2
B A
B A
+
+
.Gọi S = d(B;∆) + d(C;∆) = 2 3 2
B A
B A
+
+
+ 2 2 2
B A
B A
+ +
B
1
2
B
1 2
+
Bunhia ta có S2 ≤ 1 (22 52)( 2 2)
2
B
=
>
5 2 0
B A AB
Lấy A= 2 => B = 5 => ptđt ∆ : 2x + 5y + 7 = 0
Câu 6b: 2, (Học sinh tự vẽ hình)
Ta có: uuurAB= −( 1;2)⇒ AB= 5 Phương trình của AB là: 2x y+ − =2 0
Trang 5( ): ( );
I∈ d y x= ⇒I t t I là trung điểm của AC:C(2t−1;2t)
2
1
=
=
3
t = t=
Từ đú ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C(
3
8
; 3
5 ) thoả mãn
Câu 7b: Giải bất phương trình x(3log2 x−2)>9log2 x−2 Điều kiện: x>0
Bất phương trình ⇔3(x−3)log2 x>2(x−1) Nhận thấy x=3 khụng là nghiệm của bất phương trình.
TH1 Nếu x>3 BPT ⇔
3
1 log
2
3
−
>
x
x x
Xét hàm số: f x log2 x
2
3 ) ( = đồng biến trên khoảng (0;+∞)
3
1 )
(
−
−
=
x
x x
g nghịch biến trên khoảng (3;+∞)
*Với x>4:Ta có
=
<
=
>
3 ) 4 ( ) (
3 ) 4 ( ) (
g x g
f x f
⇒ Bpt có nghiệm x>4
* Với x<4:Ta có
=
>
=
<
3 ) 4 ( ) (
3 ) 4 ( ) (
g x g
f x f
⇒ Bpt vô nghiệm
TH 2 :Nếu 0<x<3 BPT ⇔
3
1 log
2
3
−
<
x
x x
f x log2 x
2
3 ) ( = đồng biến trên khoảng (0;+∞)
3
1 )
(
−
−
=
x
x x
g nghịch biến trên khoảng ( )0;3
*Với x>1:Ta có
=
<
=
>
0 ) 1 ( ) (
0 ) 1 ( ) (
g x g
f x f
⇒ Bpt vô nghiệm
* Với x<1:Ta có
=
>
=
<
0 ) 1 ( ) (
0 ) 1 ( ) (
g x g
f x f
⇒ Bpt có nghiệm 0< x<1
Vậy Bpt có nghiệm 0x<>4x<1