Cho AB là một đường kính thay 8 đổi của đường tròn (C’) và M là một điểm di động trên đường tròn (C).. Tìm tọa độ các điểm M, A, B sao cho diện tích của tam giác MAB lớn nhất.[r]
Trang 1ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2013 KHỐI A
THPT LƯƠNG THẾ VINH –HÀ NỘI Câu I
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số yx32x
Tập xác định: R
Sự biến thiên: ' 2 ' 6
3
y x y x hoặc 6
3
x
Hàm số đồng biến trên ( ; 6)
3
và ( 6; )
3 ; nghịch biến trên
6 6
3 3
CĐ
y y
Bảng biến thiên
Vẽ đúng đồ thị
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) (khác gốc tọa độ O) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng OM
Gọi M m m( , 32 )m Ta có 3
( , 2 )
OM m m m
Gọi d là tiếp tuyến của (C) tại M Hệ số góc của đường thằng d là
Theo giả thiết ta có:u OM d 0m.1 ( m32 ).(3m m22) 0
.(3 8 5) 0
0
m
hoặc m hoặc 1 15
3
m
Đáp số: (1;1), ( 1; 1), ( 15; 15), ( 15; 15)
Câu II
Giải phương trình 11 10 sin 10 cos cos 2 2
1 cos
x
Điều kiện: cosx 1 x k2
Phương trình:
11 10 sinx 10 cosx (cos x sin x) 2 2 cosx
Trang 22 2 2 2
sin 10 sin 9 cos 8 cos sin 10sin 25 cos 8 cos 16
(sin 5) (cos 4)
+) Với sin cos 9 sin( ) 9 1
(Vô nghiệm)
+) Với
2
2
2
2
x k
Câu III
Giải phương trình: 3 2
2x3 x5x x 6(x )
Điều kiện 3
2
x
Phương trình
2
3
3
3
3
3
3
3
4(*)
x
x
x
Ta có:
3 3
2
2
3
x x
x x
x
2x 3 (x5)(x2)x 5 1 2x3 x5 x5 Do đó
3
2
2 3 3
x x
Trang 3Mặt khác
3
1 4 (x 5) 2 x 5 4
Suy ra VT (*) 3 x4 Vậy phương trình (*) không xảy ra
Đáp số: x 3
Câu IV
2
cos
0
(sin 4 sin 2 ) x
(2 sin 2 cos 2 sin 2 ) x (2 cos 2 1) x.sin 2
Đặt tcos2 xdt sin 2xdxvà 0 1; 1; 0
x t x t x t
Ta có
(2(2 1) 1) (t ) (4 1) t
I t e dt t e dt
Đặt
Ta có
1
0
(4 1) |t t.4 3 1 4 t|
I t e e dt e e
5 e
Câu V
Tính thể tích khối chóp A’.BCC’B’ và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AG và A’C theo a
(Vẽ hình)
Theo giải thiết ta có
A BG
Gọi M, M’ lần lượt là trung điểm của BC và B’C’ Trong tam giá ABC ta có
' tan '
BG BM GM BG A GBG A BG
Từ đó
Trang 4a
V V V A G S A G S A G AB AC
Ta có
' '
' '
3 ( , ' ) ( , ( ' ')) A A CM
A CM
V
d AG A C d AG A CM
S
Ta có
3
'
a
V V V V A G S
Ta có
A M A C A G GC
Ta có
BC AM BCA GBC M BC BCCC
Do đó
Từ đó
2
2
' '
' ' '.sin ' '
CA M
A C A M CM
A C A M
a
S A C A M CA M
Vậy
3
2
15 3
36 ( , ' )
39 13 39
12
a
a
a
Chú ý: Có thể tính d(AG,A’C) bằng cách dựng hình bình hành AMGN, sau đó hạ
'
và chứng minh
( ' )
GH A NC
Trang 5
Từ đó
65 ( , ' )
13
a
d AG A C GH
Câu VI
Cho x, y là hai số thực không am Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4
3 2 (1 2 ) (1 2 )
3
Ta có
3
Mặt khác ta có
(1 2 ) (1 2 )
2
Suy ra
(1 2 ) (1 2 )
3
Xét hàm số
0
1 1 2 1 1 2.0 1
t
Do đó
'( ) '(0) 0
f t f t 0 ( ) (0) 2
3
f t f
t 0
Vậy ( ) ( ) 4
3
P f x f y x y, 0
Khi x = y = 0 thì 4
3
P Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 4
3
1 2
3
.(1 2 ) 2
2
3
t
t
Trang 6Câu 7a. Cho đường thẳng d: x – y – 1 = 0 Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I thuộc d, (C) cắt Ox tại A, B cắt Oy tại M, N sao cho diện tích của hai tam giá IAB và IMN đều bằng 12
Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn (C) Ta có IdI t t( ; 1) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của I trên Ox, Oy Ta có:
1
2
IAB
S IH AB t R t
Và IKd I Oy( , ) t MN 2MK2 R2IK2 2 R2t2
1
2
IMN
S IK MN t R t
Từ (1) và (2) ta suy ra
1 ( 1) 0
2 )( 1)
( 1)
t
Trường hợp 1: 1 ( ; )1 1
t I Thay vào (2) ta suy ra 2 2305
4
R Vậy phương trình (C) là:
x y
Trường hợp 2: 2 2 2
( 1)
R t t Thay vào (2) ta suy ra t t 1 12t2 t 12 hoặc t2 t 12 (vô nghiệm) vậy t hoặc 3 t 4
+) Với t ta có 3 I( 3; 4), R5 Vậy phương trình của (C) là (x3)2 (y4)2 25
+) Với t = 4 ta có I(4;3),R 5 Vậy phương trình của (C) là (x4)2(y3)2 25
Câu VII.a
Cho A(1;1;1), B(2;3;-1), đường thẳng : 1 1
x y z
và mặt phẳng ( ) :P xy z 20 Viết phương trình đường thẳng d cắt (P) tại C, cắt tại D sao cho ABCD là một hình thang vuông tại các đỉnh
A, B
Ta có D D(1t t; ; 1 2 ) t
Ta có AB(1; 2; 2), AD( ;t t1; 2t2)
Trang 7Theo đề bài BAD900 AB AD 01.t2(t1) 2(2 t2)0 t 2D(3; 2;3)
Từ đó ta được u BC AD(2;1; 2) Vậy phương trình của d là
3 2 3
z
Câu IX.a
Cho n là số nguyên dương thỏa mãn C n3 2A n244 Tìm số hạng không phụ thuộc vào x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
4
1 ( x )n
x
Điều kiện n Ta có: 3
6
n n n
C A n n n n n
2
(n 12).(n 3n 22) 0 n 12
3 40 0
n n (Loại vì n là số nguyên dương) Với n = 12 ta có
4
1
k
x
Số hạng không phụ thuộc vào x ứng với k thỏa mãn 24 3 0 8
4
k
k
Vậy số hàng không chứa x là 8
C
Câu VII.b
Cho hai đường tròn ( ) :C x2(y1)2 2, ( ') : (C x4)2(y5)2 Cho AB là một đường kính thay 8 đổi của đường tròn (C’) và M là một điểm di động trên đường tròn (C) Tìm tọa độ các điểm M, A, B sao cho diện tích của tam giác MAB lớn nhất
Đường tròn (C) có tâm I(0;1) và có bán kính R 2 Đường tròn (C’) có tâm I’(4;5) và có bán kính ' 2 2
R Ta có II'4 2R 2 Do đó I’ nằm ngoài đường tròn (C)
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường thằng AB Ta có:
MAB
S MH AB MH R MH
Mặt khác ta có MH MI'MIII' 24 2 5 2
Do đó S MAB 2.MH 2.5 2 10
Trang 8Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi H = I’ và M là giao điểm của đường thằng II’ với (C)và I thuộc đoạn thẳng I’M Như vậy AB là đường kính của (C’) vuông góc với II’
Phương trình đường thẳng II’ là
1
M( 1;0)
Ta có I M' II'M( 1; 0)
Phương trình đường thẳng AB là xy 9 0 Suy ra tọa độ các điểm A, B thỏa mãn hệ
6; 3
Vậy A(2;7), B(6;3), M(-1;0) hoặc A(6;3), B(2;7), M(-1;0)
Câu VIII.b
Cho điểm I(3;4;0) và đường thẳng : 1 2 1
x y z
Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt
tại hai điểm A, B sao cho diện tích của tam giác IAB bằng 12
Gọi H là trung điểm của AB Ta có đi qua M(1;2;-1) và có u (1;1; 4)
Ta có
3 2
u MI
u
Suy ra 2 2.12 8
3
IAB
S AB
IH
2
AB
AH R AH IH
Vậy phương trình của mặt cầu (S) cần tìm là (x3)2(y4)2z2 25
Câu IX.b
Viết dạng lượng giác của số phức z biết
2 2
16
z z
và i z có một acgumen bằng
6
Ta có
2
2
Gọi là một acgumen của z Ta có z2(cosi.sin )
Từ đó suy ra 2 (cos i.sin ) 2(sin i.cos ) 2(cos( ) sin( ))
Trang 9Chọn sao cho
Vậy z có dạng lượng giác là 2 cos sin
z i
