Đáp án đề thi thử đại học số 5 trên báo toán học tuổi trẻ năm 2013

Tương tự và cộng các bất đẳng thức lại.. Nên phân giác trong góc A của tam giác[r]

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 5 – THTT – 2013 Câu 1

a Tự giải

b Để tiếp tuyến tại M x y 0, 0  C m song song với đường thẳng y 3x thì hệ số góc của tiếp 1 tuyến  

2

0

2

1

m

x

 

 Giả thiết:  

2

0 0

2

d M d

 



Giải (1) và (2) ta có m  hoặc 1 43

3

m 

Câu 2

a ĐK cos 0

os4 0

x











Phương trình tương đương với: 8 2 sinxcos2xtanxtan 4x  tan tan 4x x1

  

8 2 sin os2

cos cos 4 cos cos 4 sin 8 sin 5

4 2

*





  



  



So với đk (*) chính là nghiệm của phương trình

b Cộng 2 vế của 2 phương trình của hệ, ta có

2

2

Giải phương trình bậc 2 này ta có: 1 5

1 2

    



   



Thay 1 5

1 2

    



   



vào 1 tronh 2 phương

trình của hệ, và tiếp tục giải ta có nghiệm của hệ đã cho là x y;  : 0;3 , 1;0  

Câu 3 Tích phân viết lại:  2 

1

ln 1 ln ln

x



Đặt t lnx dt dx

x

   Khi x  1 t 0,x   e t 1

2 0

1

t

t



2 1

2 0

1 1

ln 1 2

ln 1 2 1 2

t







Câu 4

Theo định lý 3 đường vuông góc, ta cũng có: SDDC 2

Từ (1) và (2): góc nhọn SDH 300 chính là góc của 2 mặt phẳng (SDC) và (ABCD)

Xét tam giác SHD vuông tại H, có:

 0 1 3 3

Vậy thể tích hình chóp SABCD là:

3

a

Câu 5

Cách 1 Đặt a 1,b 1,c 1 1 1 1 1,x 0,y 0,z 0

Biểu thức đã cho viết lại:

P

P

       

Dựng SH ABCD

Vì SASBSDHAHBHDH là tâm

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD, mà tam giác

ABD đều H vừa là trọng tâm, trực tâm của

tam giác ABD

Do đó, HDAB, mà AB/ /CD HDDC(1)

1 1 1 1

P

Ta lại có: 1 1 4

x  x Đẳng thức xảy ra khia x = 2

Tương tự và cộng các bất đẳng thức lại Suy ra ta có: 1 1 1 1

        

Vậy, giá trị nhỏ nhất của 1 1, 1, 1

Cách 2 Chọn điểm rơi: 1 2 4 1, 1 3 9 1, 1 6 36 1

Suy ra: 2 4 3 9 6 36 1 1

Câu 6a

1 Phương trình đường tròn viết lại:

1

Do đó, tọa độ điểm M 2 sin1; 2 osc 2 C Phương trình đường thẳng AB:

8 0

xy 

Ta có:  , 

4 2

M AB

d





MAB

Vậy M0; 3    C thì diện tích tam giác MAB là lớn nhất

2 Ta có:AB    1; 2; 2AB3,AC2; 4; 4 AC6

Lấy D là trung điểm AC D2;3; 1  ACABAD Nên phân giác trong góc A của tam giác ABC cũng là đường trung tuyến của tam giác cân ABD

Gọi H là trung điểm BD1H1;1; 1 , do đó đường phân giác cần tìm có phương trình AH: 1

1

1 2

x

y











  



Câu 7a

Xét số phức z x yi Từ giả thiết suy ra: x12y22  Suy ra, tập hợp điểm M (x; y) 5 biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I (1; -2), bán kính R  5 Dễ dàng có được

 5 sin 1; 5 os 2 , 0; 2 

Mặt khác: w   z 1 i x1  y1i

Suy ra:

w  x1  y1  5 sin2  5 os -1c  102 5 2 sincos

Đặt t2 sincos, để tồn tại α thì  2  2 2

1  2 t   5 t 5 2 sincos 5

Do đó:

ax

Vậy số phức đó là: w 4 2i

Câu 6b

1 Đặt sin 2 2 sin , os 2 2 os , 0; 2 

Do đó tọa độ điểm M2 2 sin ; 2 os c  H Phương trình đường thẳng AB: x2y110

Ta có:  ; 

4 5

M AB

d





MAB

Vậy M2;1   H thì diện tích tam giác MAB là nhỏ nhất

2 Nhận thấy 2 đường thẳng (d1), (d2) cắt nhau tại giao điểm I(1; 1; 1)

Chọn trên (d1) điểm M2;3;3IM 3

Phương trình tham số  2 : 1 2  ; 1 2 ;3 2   2

3 2

x t









  



0

2

t

t









Ta có: IM 1; 2; 2 , IN1   1; 2; 2 , IN21; 2; 2 

IM IN   1 0 MIN 90  góc nhọn của (d1), (d2) chính là góc 

2

MIN Gọi K (2; 3; 1) trung điểm của MN2 nên đường thẳng qua 2 điểm I, K là đường phân giác của góc

nhọn tạo bởi (d1), (d2) có phương trình

1

1

z

 





 



 



Câu 7b

Vì x0,y 0

Từ   2012

1

1 log

1

x

y

  



   ylog20131y x log20131x *

Đặt f t  t log20131t, t 0; Ta có  

 

1

1 ln 2013

t

0;   

    luôn đồng biến trong 0; 

Do đó, phương trình (*): ylog20131y x log20131x  f x  f y  x y

Từ phương trình (2): 2 1

4

1

4

y

 

Thế x y vào phương trình (3), ta giải phương trình 1

4

1 log

4

x

x   

  bằng phương pháp vẽ 2 đồ thị

1

4

log

z x và 1

4

x

z   

  trên cùng 1 hệ trục tọa độ vuông góc Oxz, ta thấy phương trình có nghiệm duy

nhất 1

2

x  Thử lại thì hệ phương trình có nghiệm 1, 1

x y