Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ điểm A đến mpA’BC theo a biết rằng hình chiếu của điểm A’ trên mặt
Trang 1Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 108
Ngày 21 tháng 6 năm 2013
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm)
Câu 1 ( 2,0 điểm) Cho hàm số : 2 1
1
x y x
−
=
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2 Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm I( -1 ; 2) cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao
cho tam giác AOB có diện tích bằng 3 ( O là gốc tọa độ)
Câu 2 ( 1,0 điểm) Giải phương trình:
2
2 cos 2 3 sin cos 1
3 cos sin 2cos 2
x
Câu 3 ( 1,0 điểm) Giải bất phương trình: 8 2 3
Câu 4 ( 1,0 điểm) Tính tích phân : I = 3
2 0
3sin sin 2 (cos 2 3cos 1)(3 2sin )
dx
π
−
∫
Câu 5 ( 1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AA’ = 2a, AB = AC = a (a > 0) và góc
giữa cạnh bên AA’ và mặt phẳng (ABC) bằng 600 Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng
cách từ điểm A đến mp(A’BC) theo a biết rằng hình chiếu của điểm A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với
trực tâm H của tam giác ABC
Câu 6 ( 1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn: z(z-x-y)=x+y+1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T =
4 4
3
x y
x yz y zx z xy+ + +
II PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu 7a ( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A nằm trên đường thẳng
:x y 1 0
Tính diện tích tam giác ABC biết điểm M ( ;5 5 )
2 4 nằm trên cạnh AC và thỏa mãn AM = 3 MC.
Câu 8a ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng (P): 2x + y + z – 2 = 0 và
hai đường thẳng d1: 2
x = y− = z
− và d2:.
x− = y− = z+
− Viết phương trình đường thẳng ∆
song song với ( P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt tại M, N sao cho đoạn MN ngắn nhất
Câu 9a ( 1,0 điểm) Tính môđun của số phức z – 2i biết 1 3 3
x− = y− = z+
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b ( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường tròn ( C1 ): x2+ y2− 4y = 0
và (C2): x2+4x + +y2 18y+36 0= Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I nằm trên đường thẳng d: 2x + y – 7 = 0 đồng thời tiếp xúc ngoài với cả hai đường tròn ( C1 ) và ( C2)
Câu 8b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(1; 4; 3) và hai đường
x+ = y =z−
x− = y− = z−
− − lần lượt chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B và
đường cao kẻ từ đỉnh C Tìm tọa độ tâm và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Câu 9b ( 1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2
2
x
y y
, (x, y∈R )
Hết
Trang 2-HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI SỐ 108
− Chiều biến thiên: y’ = ( )2
3 0 1
x >
− với mọi x ≠ -1 nên hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞ −, 1), ( 1,− +∞)
− Cực trị: Hàm số không có cực trị
− Giới hạn và tiệm cận: limx→−∞y=2 , lim 2
→+∞ = ⇒ tiệm cận ngang y = 2,
xlim→ −1− y= +∞,
1
lim
→ − = −∞ ⇒ tiệm cận đứng x = -1.
− Bảng biến thiên:
− Đồ thị: Đồ thị đi qua các điểm (0, −1); (2, 1) và nhận I(-1, 2) làm tâm đối xứng
Vẽ đồ thị Bạn đọc tự vẽ ( xin cảm ơn)
2,Gọi k là hệ số góc của đt ∆ suy ra PT ∆: y = k( x+1) + 2 PT hoành độ giao điểm của ∆ và (C) :
1
x
x − =
+ k( x+1) +2 ⇔ kx2+2kx k+ + =3 0 (*) Đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B
⇔PT (*) có 2 nghiệm phân biệt 0
' 0
k≠
⇔ ∆ > ⇔ k < 0 Với k < 0 gọi A( x1 ; k(x1 + 1) + 2), B( x2 ; k(x2 + 1) + 2) là các giao điểm của ∆ với
( C ) thì x1, x2 là các nghiệm của PT (*) Theo Viet ta có
1 2
1 2
2 3
k
x x
k
= ( 2 ) ( )2 ( 2 )
12
k
−
1
k k
+ +
Theo bài ra diện tích tam giác ABC bằng 3 nên ta có : 1
2AB d( O ; ∆) = 3 ⇔ = −k 1, k= −4 thỏa mãn k < 0.
Vậy có 2 PT đường thẳng ∆ là y = - x + 1; y = - 4x -2
2 cos 2
x
( 3 cosx−sin )x = 2 cos 2x ( 3 cosx−sinx )
2cos 2 3 cos sin
⇔
cos 2 cos ( )
6
x
3
2
2 ,
= +
⇔
Các nghiệm đều TMĐK ( *) nên phương trình đã cho có 3 họ nghiệm:
, 2 , 2 ( )
x= +π kπ x= +π k π x= −π +k π k Z∈
Đặt t = 9− +x x−1 , t > 0 Ta có: 8< = +t2 8 2 (9−x x).( −1) ≤ + − + − =8 9 x x 1 16
Trang 3Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
2 8 (9 ).( 1)
2
t
− − = Khi đó BPT ( 2 ) trở thành: 2
2
3 8
t t
t
−
3 3 2 10 24 0
⇔ (t+ 3).(t−2).(t − ≥4) 0 ⇔ ≥t 4 Kết hợp với ( ** ) ta suy ra t = 4 hay 9− +x x−1
= 4 ⇔ =x 5 Vậy BPT đã cho có tập nghiệm T = { }5
0
3sin sin 2 ( 2cos 3cos )(3 2sin )
dx
π
−
2 0
sin (3 2cos ) (2cos 3).cos (1 2cos )
dx
π
−
∫
= 3
2 0
sin (3 2cos ) (2cos 3).cos (1 2cos )
dx
π
−
2 0
sin cos (1 2cos )
x
dx
π
−
=
+
∫
= 3
0
cos ( sin )
cos (1 2cos )
π
− +
∫ Đặt t = 2cos x 2 ⇒dt = 4cos ( sin )x − x dx
Đổi cận: Khi x = 0 ⇒ =t 2 ; khi 1
x = π ⇒ =t
Khi đó I =
1 2
2
1
dt
t +t
=
1
2
2
1 2
2
1
2 ln
1
t
t + =
.( ln ln )
2 3 − 3 = 1.ln1
2 2 Vậy I = 1ln 2
2
AA’ = 2a nên A’H = a 3 là một đường cao của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và AH = a
Mặt khác tam giác ABC cân tại A nên nếu gọi M là trung điểm của cạnh BC thì đoạn AM là một đường cao của tam giác ABC và AM < AC = AB = AH = a nên H nằm ngoài tam giác ABC và nằm trên
tia đối của tia AM suy ra A là trọng tâm của tam giác HBC
60 2a
a a
M
C A
A'
B'
C'
B
H
K
Khi đó ta có AM =
2
a
2
ABC
a
⇒ = = Thể tích khối lăng trụ đã cho là : V =
3
3 '
4
ABC
a
A H S∆ =
Nối A’M, ta có mp(A’HM) BC⊥ khi đó kẻ HK ⊥A M K' , ∈A M' thì HK ( '⊥ A BC) nên độ dài đoạn
HK là d( H ; (A’BC)) = HK Ta có : 2 2 2
a HK
suy ra khoảng cách d( H ; (A’BC)) = 3
7
a
Ta lại có : d( H ; ( A'BC)) 3
d( A ; ( A'BC))
HM AM
= = Vậy khoảng cách d( A ; (A’BC)) =
7
a
Trang 4
Khi đó : T =
4 4
3
x y
4 4
4 2
x y
x y+ x+ y+
Áp dụng BĐT Côsi cho các số dương x, y ta có : ( )
4
4
4
4
(x y+ ) (x+1)(y+1) 8 3 3 9 4 4
x y
6
9
3 4
T ≤ ( * )
1
= =
= + +
Vậy Max
6
9
3 4
T= khi x= 3, y =3, z = 7
A
AM
Do điểm M ( ;5 5 )
2 4 nằm trên cạnh AC và thỏa mãn AM = 3 MC nên ta có
4 3
uuur uuuur
suy ra tọa độ
điểm C là C(3 ; 1).
Đường thẳng BC song song với ∆:x − y +1= 0 và đi qua C(3 ; 1) nên có PT: x – y - 2 = 0 Tọa độ đỉnh
B
Ta có: uuurBC=(3; 3)⇒ BC=3 2 , d( A; BC) = 1 2 2 3
− −
=
Vậy diện tích tam giác ABC là: 1 ( ; )
2
S= BC d A BC = 9
2
suy raMNuuuur= + −(1 s t;1 2 3 ; 3+ −t s − − +t 2 )s Do ∆ song song với ( P ) nên ta có: MN nuuuur uur. P = 0
2(1 s t) 1 2t 3s 3 t 2s 0
uuuur
= 2t2− +8t 11 = 2 (t−2)2+ ≥3 3
với mọi t Dấu “ = ” xảy ra khi t = 2 ⇔M( 2 ; -2 ; 2) ( )∉ P ( thỏa mãn MN song song với (P))
Đoạn MN ngắn nhất khi và chỉ khi M( 2 ; -2 ; 2), MN = (1;−1;−1).
Vậy PT đường thẳng ∆ cần tìm là: 2 2 2
x− = y+ = z −
⇔ ( a + ( b- 2)i).( a – ( b + 2)i) + 4i ( a + bi ) = 0
⇔( a2 + b2 – 4 – 4b) + [a( b – 2) – a( b + 2) + 4a] i = 0 ⇔ a2 + b2 – 4b – 4 = 0
Ta lại có: z−2i = a + −(b 2)i = a2 +b2−4b + 4 = a2 +b2−4b − +4 8 = 8 = 2 2
Vậy môđun của z – 2i bằng 2 2.
bk R2 = 7 Gọi R là bk đường tròn ( C ) Do I thuộc d nên tọa độ I có dạng ( a; 7 -2a)
Trang 5Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Do ( C ) tiếp xúc ngoài với hai đường tròn ( C1 ) , ( C2 ) nên ta có: 1 1
I I I I R R
⇒ − = − = Ta có: I Iuuur1 = −( a; 2a −5) ; I Iuuur2= − −( 2 a a; 2 −16)
⇔ 5a2 −60a +260 = 5a2− 20a + 25 +5⇔ 5a2− 20a + 25 =21 4− a
21
4
a
≤
⇔
21
104 4
11
a
a
a hoac a
≤
1
x− + y+ =
k ; 4 – k ) Đường thẳng ∆2 có một vtcp uuur2=( 2; 1; 1)− − Theo bài ra ta có : AB ⊥ ∆2 nên
0
.u2 =
AB ⇔ 2( - t – 2) + 4 + t – 6 – 2t = 0 ⇔ t = -2 suy ra B( 1 ; 2; 5).
Gọi M là trung điểm của đoạn AC suy ra M(1 ;7 ;7
k
Ta có AB=(0;−2;2), AC=(2;−2;0) , BC=(2;0;−2) suy ra AB = BC = AC = 2 2 nên tam giác ABC là tam giác đều có cạnh a = 2 2
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I 5 8 11; ;
3 3 3
và bk
0,
+ Với y = 1 thay vào hệ đã cho ta được 2
+ Với 0 < y 1≠ và x, y thỏa mãn ĐK ( * ) ta có PT: 2
logxy x logx y 1
y
y
Đặt t = logx y khi đó ta được PT: 1 2
1
t t
+ + ⇔ t3+ +t2 2t = ⇔0 t = 0 ⇔ y = 1
( Loại)
Vậy HPT đã cho có nghiệm duy nhất (x y; ) = ( 3 ; 1)