Tìm tọa độ điểm B nằm trên đồ thị C và tọa độ điểm √ C nằm trên 10 đường tiệm cận ngang của đồ thị C sao cho tứ giác IABC nội tiếp được trong một đường tròn có bán kính bằng... Giải hệ p[r]
Trang 1oxmath.vn
BOXMATH
http://boxmath.vn
ĐỀ SỐ 3
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN
NGÀY 10.11.2012
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y =x+ 2
x− 1 có đồ thị (C)
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C).
b) Gọi A(1; 4) và I là giao điểm hai đường tiệm cận Tìm tọa độ điểm B nằm trên đồ thị (C) và tọa độ điểm C nằm trên
đường tiệm cận ngang của đồ thị (C) sao cho tứ giác IABC nội tiếp được trong một đường tròn có bán kính bằng
√ 10
2
Câu 2 (2 điểm)
a) Giải phương trình: sin 2x + sin 4x = tan x + cot x
b) Giải hệ phương trình:
x3y+ x3+ xy + x = 1 4x3y2+ 4x3− 8xy − 17x = −8
Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân I=
Z π 4
0
sin3x cos6xdx
Câu 4 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại B và C, có AB = 4a,CD = a, BC = 4a Gọi M
là trung điểm của AB, E là giao điểm của MD và BC Biết rằng chân đường cao H của hình chóp S.ABCD là trung điểm của đoạn AE và cos dSCD=√2
29 Hãy tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a
Câu 5 (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn
2(a4+ b4+ c4) − 3(a2+ b2+ c2) + 12 = (a + b + c)2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P= a
2
3b + c+
b2 3c + a+
c2 3a + b
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
A Theo chương trình chuẩn
Câu 6A (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có B và C thuộc đường thẳng (d) có phương trình 4x + 3y − 9 = 0,
trọng tâm G 5
3; −2
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính R = 5 Tìm tọa độ các đỉnh A, B,C và tính độ dài đường phân giác trong góc B
b) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2; 1; 1), B(1; 1; 0), mặt cầu (S) : x2+ y2+ z2− 2x + 2y + 2z − 6 = 0 Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A, B và cắt (S) theo thiết diện là một hình tròn (C) có diện tích bằng 6π
Câu 7A (1 điểm) Xác định m để bất phương trình 2
3
log4(−x2−2x+3)
< m có nghiệm đúng với mọi x ∈ (−2; 0)
B Theo chương trình nâng cao
Câu 6B (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(6; 10), tâm đường tròn ngoại tiếp là I(6; 5) và tâm đường tròn nội
tiếp là K
2;11 2
Viết phương trình các cạnh của tam giác
b) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(4; 3; 6), B(−2; 3; 8) và mặt phẳng (P) : x + 2y + 3z − 14 = 0 Tìm trên (P) điểm
Msao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất
Câu 7B (1 điểm) Xác định m để bất phương trình 252x2−x− 2(m − 1).102x2−x+ (m + 1).42x2−x≥ 0 có nghiệm đúng với mọi
xthỏa mãn |x| ≥1
2
Trang 2
oxmath.vn
TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN
Câu 1.a Cho hàm số y =x+ 2
x− 1 có đồ thị (C) Khảo sát và vẽ đồ thị (C).
Lời giải: (hungchng)
TXĐ D = R\{1};
đạo hàm y0= −3
(x − 1)2< 0 ∀x ∈ D,
Hàm số nghịch biến trên (−∞; 1); (1; +∞)
lim
x→1 +y= +∞; lim
x→1 −y= −∞;
x= 1 là phương trình tiệm cận dọc
lim
x→−∞y= 1; lim
x→+∞y= 1;
y= 2 là phương trình tiệm cận ngang
Bảng biến thiên
x
y0
y
1
−∞
+∞
1
Đồ thị
−3
−2
−1
1 2 3 4 5
0
Câu 1.b Gọi A(1; 4) và I là giao điểm hai đường tiệm cận Tìm tọa độ điểm B nằm trên đồ thị (C) và tọa độ điểm C nằm trên đường tiệm cận ngang của đồ thị (C) sao cho tứ giác IABC nội tiếp được trong một đường tròn có bán kính bằng
√ 10
2
Lời giải: (nhatqny)
A(1; 4), I(1; 1) là giao điểm của hai đường tiệm cận
Gọi B
b;b+ 2
b− 1
∈ (C), (b 6= 1), C(c; 1), (c 6= 1) là điểm nằm trên đường tiệm cận ngang y = 1
Olà tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác IABC H là trung điểm của IA ⇒ H
1;5 2
, −→IA(0; 3) Phương trình đường thẳng (d) qua O và vuông góc với IA cắt IA tại H: (d) : y =5
2
O∈ (d) ⇒ O
a;5
2
, (a 6= 1) OA= R =
√ 10
2 ⇔ (a − 1)2+9
4=
5
2 ⇔ a =3
2 hoặc a =1
2 TH1: a =3
2⇒ O 3
2;
5 2
OB= R =
√
10
b−3 2
2
+ b + 2
b− 1−
5 2
2
=5
2⇔ ((b − 1)3− 9)(b − 2) = 0 ⇔ b = 2 hoăc b = 1 +√3
9
Do đó:B(2; 4) hoặc B 1 +√3
9;3 + 3
√ 9 3
√ 9
!
OC= R =
√
10
2 ⇔ c = 2 hoặc c = 1(loại) Do đó:C(2; 1)
TH2: a =1
2⇒ O 1
2;
5 2
OB= R =
√
10
b−1 2
2
+ b + 2
b− 1−
5 2
2
=5
2 (vô nghiệm) Vậy B(2; 4), B √39;3 +
3
√ 9 3
√ 9
! , C(2; 1)
Câu 2.a Giải phương trình: sin 2x + sin 4x = tan x + cot x
Lời giải: (thienlonghoangde)
Điều kiện tan x 6= 0 Ta có:
sin 2x + sin 4x = tan x + cot x = 1
sinx.cosx ⇐⇒ sin22x(1 + 2cos2x) = 2 ⇐⇒ (1 − cos22x)(1 + 2cos2x) = 2 Đặt t = cosx t ∈ [−1; 1] t 6= 0 Ta được f (t) = 2t3+ t2− 2t + 1 = 0
Nhận thấy min f (t) > 0 ta được pt vô nghiệm
Trang 3oxmath.vn
Lời giải: (Mai Tuan Long)
ĐK:sin 2x 6= 0
PT ⇐⇒ cos 2x − cos 4x − cos 6x = 3 ⇐⇒
cos 2x = 1 cos 4x = −1 cos 6x = −1
⇐⇒
cos 2x = 1 cos 2x = 0
4 cos32x − 3 cos 2x + 1 = 0
=⇒ PT vô nghiệm
Câu 2.b Giải hệ phương trình:
x3y+ x3+ xy + x = 1 4x3y2+ 4x3− 8xy − 17x = −8
Lời giải: (Phố Kỉ Niệm)
x3(y + 1) + x(y + 1) = 1 4x3(y2+ 1) − 8x(y + 1) − 9x = −8
⇐⇒
x3(y + 1) + x(y + 1) = 1 4x3(y + 1)2− 8x3(y + 1) − 8x(y + 1) − 9x = −8 Đặt
a= x
b= y + 1
Hệ pt thành
4a3b2− 8a3b+ 8ab − 9a = −8 (2) Lấy 8 nhân pt(1) + pt(2) ta được: 8ab + 4a3b2+ 8ab − 9a = 0 ⇐⇒ 4a3b2+ 16ab − 9a = 0
Khi đó hệ pt là
a3b+ ab = 1 a(4a2b2+ 16b − 9) = 0
⇐⇒
a3b+ ab = 1
a3b+ ab = 1 4a2b2+ 16b = 9
⇐⇒
a(a2+ 1)
a2(a2+ 1)2+ 16 1
a(a2+ 1) = 9
⇐⇒
a(a2+ 1) 4a + 16(a2+ 1) = 9a(a2+ 1)2
⇐⇒
a(a2+ 1) 9a5+ 18a3− 16a2+ 5a − 16 = 0
⇐⇒
a(a2+ 1)
(a − 1)(9a4+ 9a3+ 27a2+ 11a + 16) = 0
⇐⇒
b=1 2
a= 1
vì 9a4+ 9a3+ 27a2+ 11a + 16 > 0 ∀a ∈ R
Câu 3. Tính tích phân I=
Z π 4
0
sin3x cos6xdx
Lời giải: (thienlonghoangde)
Đặt t = cos x dt = − sin xdx, đổi cận: x = 0 thì t = 1, x =π
4 thì t =
√ 2
2 Nên ta có: I = −
Z
√ 2
1
1 − t2
t6 dt Vậy ta được I = −
"
t−5
−5−
t−3
−3
#
√ 2
1
=2
√
2 + 2 15
Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại B và C, có AB = 4a,CD = a, BC = 4a Gọi M là trung điểm của AB, E là giao điểm của MD và BC Biết rằng chân đường cao H của hình chóp S.ABCD là trung điểm của đoạn AE và cos dSCD=√2
29 Hãy tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a
Lời giải: (Mai Tuan Long)
Ta có:
CDk BM
CD=12BM
⇒CB−→= −−→
CE
−→
HA= −−→
HE
−→
CB= −−→
CE
⇒
CH=1
2AB
CHk AB
⇒
CH= 2a cos dSCH=√2
29
⇒ SH = HC cos dSCH=√4a
29 Vậy SABCD=1
2(AB +CD)BC = 10a2⇒ VS.ABCD=1
3SH.SABCD=
40a3
87
HMk BC ⇒ HM ⊥ HC Gọi I= HMT
AC⇒ tứ diện HSCI là tứ diện vuông tại đỉnh H, nên HI =1
2HM=
1
2BC= 2a
d2(H; (SAC)=
1
HC2+ 1
HI2+ 1
SH2 ⇒ d(H; (SAC) =√4a
37 ⇒ d(B; (SAC) = d(E; (SAC)) = 2d(H; (SAC)) = √8a
37.
Câu 5. Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn
2(a4+ b4+ c4) − 3(a2+ b2+ c2) + 12 = (a + b + c)2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P= a
2
3b + c+
b2
3c + a+
c2
3a + b
Lời giải: (nhok_lazy)
Trang 4oxmath.vn
Thu gọn giả thiết, ta được:
ab+ bc + ca = (a4+ b4+ c4) − 2(a2+ b2+ c2) + 6 = ∑(a4+ 1) − 2(a2+ b2+ c2) + 3 ≥ 3
∑(3b + c)
= (∑ a)2
4(a + b + c)≥3
4 Đẳng thức xảy ra a = b = c = 1
Câu 6A.a Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có B và C thuộc đường thẳng (d) có phương trình 4x + 3y −
9 = 0, trọng tâm G 5
3; −2
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính R = 5 Tìm tọa độ các đỉnh A, B,C và tính độ dài đường phân giác trong góc B
Lời giải: (GGGGGGG)
G I
A B
C J
K
Câu 6A.b Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2; 1; 1), B(1; 1; 0), mặt cầu (S) : x2+ y2+ z2− 2x + 2y + 2z − 6 = 0 Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A, B và cắt (S) theo thiết diện là một hình tròn (C) có diện tích bằng 6π
Lời giải: (Mai Tuan Long)
Mặt cầu (S) có tâm là I(1; −1; −1) và bán kính R = 3
Mặt phẳng (P) cắt (S) theo thiết diện là hình tròn (C) có diện tích 6π ⇒ (C) có bán kính: r =√6 ⇒ d(I; (P)) =√
R2− r2=√
3 Xét hai mặt phẳng: (Q1) có PT: x − z − 1 = 0 ; (Q2) có PT: y − 1 = 0 Ta có: AB = (Q1)T
(Q2) ⇒ mặt phẳng (P) chứa AB có PT: m(x − z − 1) + n(y − 1) = 0 ⇔ mx + ny − mz − (m + n) = 0 với m2+ n2> 0 , (1)
⇒ d(I; (P)) = √|m − 2n|
2m2+ n2 ⇒√|m − 2n|
2m2+ n2=√
3 ⇔ 5m2+ 4mn − n2= 0 , (2)
Kết hợp (1) và (2) ta được:
5m2+ 4mn − n2= 0
m2+ n2> 0
⇔
m6= 0
n= 5m hoặc
m6= 0
n= −m + Với
m6= 0
n= −m
ta có (P) có PT: x − y − z = 0
+ Với
m6= 0
n= 5m ta có (P) có PT: x + 5y − z − 6 = 0.
Câu 7A. Xác định m để bất phương trình 2
3
log4(−x 2 −2x+3)
< m có nghiệm đúng với mọi x ∈ (−2; 0)
Lời giải: (Ailasieunhan)
x∈ (−2; 0) =⇒ 3 < −x2− 2x + 3 < 4 =⇒ log43 < log4(−x2− 2x + 3) < 4 ⇐⇒ 2
3
< 2 3
log4(−x2−2x+3)
< 2 3
log43
Do đó: yêu cầu bài toán ⇐⇒ m ≥ 2
3
log43
Trang 5oxmath.vn
Câu 6B.a Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(6; 10), tâm đường tròn ngoại tiếp là I(6; 5) và tâm đường tròn nội tiếp là K
2;11
2
Viết phương trình các cạnh của tam giác
Lời giải: (GGGGGGG)
A
I K
B
C
Câu 6B.b Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(4; 3; 6), B(−2; 3; 8) và mặt phẳng (P) : x + 2y + 3z − 14 = 0 Tìm trên (P) điểm M sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất
Lời giải: (Mai Tuan Long)
Gọi I là trung điểm của AB⇒ I = (1; 3; 7)
Ta có: M(a; b; c) ∈ (P) ⇒ a + 2b + 3c − 14 = 0, (1)
Gọi H là hình chiếu của I lên (P), A1là điểm đối xứng của A qua (P)
~
AB= (−6; 0; 2) ⇒ AB k (P) ⇒ AA1= 2.IH
⇒
IHk AA1
AA1= 2.IH
⇒ H là trung điểm của BA1⇒ H= BA1T(P)
Ta có: MA + MB = MA1+ MB ≥ BA1xảy ra khi M ≡ H ⇔ M thuộc đường thẳng qua I và vuông góc với (P)
⇒a−11 =b−32 =c−73 , (2)
Từ (1) và (2) ta có M có tọa độ thỏa mãn hệ PT:
a+ 2b + 3c − 14 = 0
a−1
1 =b−32 =c−73
⇔ M(0; 1; 4)
Lời giải: (ledinhmanqb)
Gọi M(a; b; c) ∈ (P) ⇒ a + 2b + 3c = 14 Khi đó ta có
MA=p(4 − a)2+ (3 − b)2+ (6 − c)2; MB=p(−2 − a)2+ (3 − b)2+ (8 − c)2
√
6(MA + MB) =
q (4 + 1 + 1) [(4 − a)2+ (3 − b)2+ (6 − c)2] +
q (1 + 1 + 4) [(−2 − a)2+ (3 − b)2+ (8 − c)2]
≥ |2(a − 4) + (b − 3) + (c − 6)| + |(−2 − a) + (b − 3) + 2(c − 8)|
≥ |a + 2b + 3c − 38| = | − 24| = 24
Suy ra min(MA + MB) = 4√6 ⇐⇒ 4 − a
3 − b
6 − c
1 và−2 − a
b− 3
c− 8
2 Giải và tìm được điểm M(0; 1; 4)
Câu 7B. Xác định m để bất phương trình 252x2−x− 2(m − 1).102x 2 −x+ (m + 1).42x2−x≥ 0 có nghiệm đúng với mọi x thỏa mãn |x| ≥1
2
Lời giải: (Mai Tuan Long)
Đặt: t = 5
2
2x 2 −x
,từ |x| ≥1
2 ⇔ 2x−x≥ 0 ⇒ t ≥ 1
BPT⇔ t2− 2(m − 1)t + m + 1 ≥ 0 có nghiệm đúng với mọi t ≥ 1 (1)
Đặt: f (t) = t2− 2(m − 1)t + m + 1 ⇒ f0(t) = 2t − 2(m − 1) ⇒ f0(t) = 0 ⇔ t = m − 1
⇒ f (t) đồng biến trên [m − 1; +∞) và nghịch biến trên (−∞ : m − 1]
+Nếu: 1 ∈ [m − 1; +∞) ⇒ m − 1 ≤ 1 ⇔ m ≤ 2 Thì Min[1;+∞)[ f (t)] = f (1) = 4 − m
Trang 6oxmath.vn
⇒ ĐK (1) ⇔
4 − m ≥ 0
m≤ 2
⇔ m ≤ 2 , ( * ) + Nếu 1 ∈ (−∞; m − 1] ⇒ m − 1 ≥ 1 ⇔ m ≥ 2 Thì Min[1;m−1][ f (t)] = f (m − 1) = −m2+ 3m
⇒ ĐK(1) ⇔
−m2+ 3m ≥ 0
m≥ 2 ⇔ 2 ≤ m ≤ 3 , ( ** )
Từ ( * ) và ( ** ) ta có Tập giá trị m thỏa mãn ĐK đề bài là: T = (−∞; 3]
Lời giải: (Mai Tuan Long)
Đặt: t = 5
2
2x2−x
,từ |x| ≥1
2 ⇔ 2x−x≥ 0 ⇒ t ≥ 1
BPT⇔ t2− 2(m − 1)t + m + 1 ≥ 0 có nghiệm đúng với mọi t ≥ 1 (1)
Đặt: f (t) = t2− 2(m − 1)t + m + 1 Xét : ∆0= m2− 3m; a = 1 > 0; −b0
a = m − 1; f (1) = 4 − m
ĐK (1)⇔ ∆0≤ 0, (2) Hoặc
∆0> 0
f(1) ≥ 0
−b0
a < 1
, (3)
(2)⇔ m2− 3m ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 3 , ( * )
(3)⇔
m2− 3m > 0
4 − m ≥ 0
m− 1 < 1
⇔ m < 0 , ( ** )
Kết hợp ( * ) với ( ** ) ta được Tập các giá trị m cần tìm là: T = (−∞; 3]
... (nhok_lazy) Trang 4oxmath.vn
Thu gọn giả thi? ??t, ta được:
ab+ bc + ca = (a4+...
2AB
CHk AB
⇒
CH= 2a cos dSCH=√2
29
⇒ SH = HC cos dSCH=√4a
29 Vậy SABCD=1
2(AB... (S) theo thi? ??t diện hình trịn (C) có diện tích 6π
Lời giải: (Mai Tuan Long)
Mặt cầu (S) có tâm I(1; −1; −1) bán kính R =
Mặt phẳng (P) cắt (S) theo thi? ??t diện