PS: Nên sửa đề thành " Lập phương trình mặt phẳng α chứa điểm M sao cho khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng α bằng 1 đồng thời giá trị của cosin góc hợp bởi mặt phẳng P và α gấp 4[r]
Trang 1TÀI LIỆU TOÁN THPT
http://www.k2pi.net
ĐỀ SỐ 11
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN
NGÀY 30.03.2013
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1 (2 điểm) Cho hàm sốy = x4− 2mx2+ m (C )
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số(C )khim = 2
b) Tìmmđể tam giác tạo bởi ba điểm cực trị có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng hai lần bán kính đường tròn nội tiếp
Câu 2 (2 điểm)
a) Giải phương trình: sin³x + π
4
´ sin33x + cos³3x + π
4
´ cos3x = 0.
b) Giải hệ phương trình:
µ
x −1 x
¶2
x3+1
y
¶
= 0
y2= 4
Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân I =
2
−π2
dx
¡2013cos 2x+ 1¢ ¡2013sin 2x+ 1¢
Câu 4 (1 điểm) Cho hình chópS.ABC Dcó đáy là hình vuông cạnha,SB = SD Biết rằng diện tích các tam giácSB DvàS ADlần lượt là3a
2
2p 17
8 , đồng thời các mặt bên là những tam giác nhọn Tính thể tích khối chóp đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳngBCvàSD
Câu 5 (1 điểm) Choa, b, clà các số dương thoả mãna, b ≥ 1vàabc = 1 Chứng minh rằnng:
1
(a2− a + 1)2+
1
(b2− b + 1)2+
1
(c2− c + 1)2 ≤ 3
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 với hệ toạ độOx ycho tam giácABCcó phương trình đường caoAH : 3x +2y −1 =
0, phân giác trongC K : 2x − y + 5 = 0và trung điểmM (2; −1)của cạnhAC GọiC ABC ; S ABC lần lượt là chu vi và diện tích của tam giácABC Tính giá trị của30C ABC+2013
3
p
S ABC
b) Trong không gian với hệ trục tọa độOx y zcho điểmM (1, 0, 1)và hai mặt phẳng(P ) : 2x −y +2z−15 =
mặt phẳng(α)bằng1đồng thời giá trị của góc hợp bởi mặt phẳng(P )và(α)gấp4lần giá trị của góc hợp bởi mặt phẳng(Q)và(α).
Câu 7A (1 điểm) Giải hệ phương trình
( log2¡22x y−x+ 4x y−y¢ = 31
ln(x + 2y − 1) = ln(x y − 7)
B Theo chương trình nâng cao
Câu 6B (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng toạ độOx y, cho đường tròn(C ) : x2+ y2+ 4x + 6y − 3 = 0và điểmM (2; 1) GọiA, B
lần lượt là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từMđến(C ) Tìm trực tâmHcủa tam giácM AB
b) Trong không gian với hệ trục toạ độOx y z, cho đường thẳngd : x − 1
1 = y + 3
2 = z − 5
−1 ,mặt phẳng
mặt phẳng(P ) Tìm toạ độAđể tam giácM ABcân tạiM
Câu 7B (1 điểm) Giải bất phương trình: log2013(20132|si nx|+ 4|cosx|− 4) = 201320132|si nx|+4|cosx|−5− 1
———————————————–Hết—————————————————
Trang 2TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN
Câu 1. Cho hàm sốy = x4− 2mx2+ m (C )
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số(C )khim = 2
b) Tìmmđể tam giác tạo bởi ba điểm cực trị có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng hai lần bán kính đường tròn nội tiếp
a) Lời giải (nthoangcute)
m = 2hàm số lày = x4− 4x2+ 2có tập xác địnhD = R;
đạo hàmy0= 4x3− 8x; y0= 0 ⇐⇒
·
x = 0 =⇒ y = 2
x = ±p2 =⇒ y = −2
lim
x→−∞ y = +∞; lim
x→+∞ y = +∞;
Bảng biến thiên
x
y0
y
+∞
−2
2
−2
+∞
Hàm số đồng biến trên(−p2; 0); (p
2; +∞); nghịch biến trên(−∞;−p2); (0;p
2)
Điểm cực đại(0; 2)Điểm cực tiểu(−p2; −2),(p2; −2)
Đồ thị
b) Lời giải (nthoangcute)
Hàm sốy = x4− 2mx2+ mcóy0= 4x3− 4m = 4x(x2− m)
Để hàm số có 3 điểm cực trị cần cóy0> 0 ⇐⇒ m > 0
Khi đó, 3 điểm cực trị là:A(0, m); B (p
m, −m2+ m);C (−pm, −m2+ m)
Để tam giácABCcó bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng hai lần bán kính đường tròn nội tiếp ta cần có
R = 2r Ta sẽ chứng minhR ≥ 2r với mọi tam giácABCThật vậy, gọia, b, clà 3 cạnh tam giác, ta thấy:
Suy raabc ≥ (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) Nên4RS ≥ 8S
2
p = 2r (đpcm) Dấu đẳng thức sảy ra khi và chỉ khia = b = ctức là4ABC đều
Do đó4ABCđều, ta đượcAB = BC = C ATương đương vớim + m4= 4m =⇒ m =p33
Vậym =p33
b) Lời giải (quocluxury_ht)
Ta có 3 cực trịA (0, m) ; B ¡pm;−m2+ m¢ ;C ¡−pm; −m2+ m¢
GọiBC = a, AB = c, AC = bvà góc BAC=α MàABCcân tại Anênb = c
R = 2r ⇔ abc
2bc sin α
¶2
"
1 −µ 2b
2− a2 2b2
¶2#
⇔ a4− 3a2b2+ 2ab3= 0 ⇔³a
b
´4
− 3³a
b
´2
+³a
b
´
Câu 2.a Giải phương trình: sin³x + π
4
´ sin33x + cos³3x + π
4
´ cos3x = 0.
Lời giải (nthoangcute)
Ta có:
Trang 3sin³x + π
4
´ sin33x + cos³3x + π
4
´ cos3x = 0
⇐⇒ − sin x cos 3x(sin 3x cos 3x + sin x cos x) + cos 2x − sin 3x cos x cos 4x cos 2x = 0
⇐⇒ − cos 2x(sin x cos 3x sin 4x + cos x sin 3x cos 4x − 1) = 0
Ta thấy:
(sin x cos 3x sin 4x + cos x sin3x cos4x)2< (sin2x + cos2x)(cos23x + sin23x)(sin24x + cos24x) = 1
Suy ra PT tương đương với:cos 2x = 0tức làx = − π
2
Lời giải (Con phố quen)
Trước tiên ta nhận xét thấy rằng vớicos x = 0hoặcsin 3x = 0phương trình đã cho hoàn toàn vô nghiệm
Do đó điều kiện cần thiết để phương trình có nghiệm làcos x · sin3x 6= 0.
Phương trình đã cho được biến đổi thành phương trình:
cos3x =sin(π − 3x) + cos(π − 3x)
sin3(π − 3x)
⇐⇒ (tan x + 1)(tan2x + 1) = [cot(π − 3x) + 1]£1 + cot2(π − 3x)¤
Tới đây ta sử dụng biện pháp "hàm đặc trưng mô tả sự đơn điệu để chiến"
Thật vậy, ta xét hàm sốf (t ) = (1 + t)(1 + t2), t ∈ R.Ta có :f0(t ) = 3t2+ 3t + 1 > 0, t ∈ R
Do đó hàm sốf (t )đồng biến nên suy ra :f (tan x) = f (cot(π − 3x))
Vậy : tan x = cot(π − 3x) ⇐⇒ tan x = tan³3x − π
2
´
Câu 2.b Giải hệ phương trình:
µ
x −1 x
¶2
x3+1
y
¶
= 0
y2= 4
Ta viết lại hệ như sau:
x2+ 2
x2+x
y = 2 (1)
y2= 4 (2)
Ta lấy:
(2) − 2.(1) ⇐⇒
µ
x −1 y
¶2
x2 ⇐⇒ 1
x hoặc 1
x
+/ Nếu 1
+/ Nếu 1
x2 = 0(vô nghiệm)
Lời giải (nthoangcute)
Từ giả thiết ta có:
0 = 2
µµ
x −1 x
¶2
x3+1
y
¶¶
µ
x +1 y
¶2
2(x + 1)2
x2
Do đó HPT tương đương với:
x +1
y = 0
(x − 1)(x + 1) = 0
Câu 3. Tính tích phân I =
2
−π2
dx
¡2013cos 2x+ 1¢ ¡2013sin 2x+ 1¢
Trang 4Lời giải (hiếuctb)
Đặtx = −tkhi đóI =
2
−π
2
dt
¡2013cos 2t+ 1¢
1 +20131sin 2t
2
−π
2
dx
2013cos 2x+ 1= 2
2
0
dx
2013cos 2x+ 1
Lại đặt π
2
0
du
1 +20131cos 2u
4
Câu 4. Cho hình chópS.ABC Dcó đáy là hình vuông cạnha,SB = SD Biết rằng diện tích các tam giác
SB DvàS ADlần lượt là3a
2
2p 17
8 , đồng thời các mặt bên là những tam giác nhọn Tính thể tích khối chóp đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳngBCvàSD
Lời giải (dan_dhv)
GọiOlà tâm hình vuôngABC D Ta có :B D = ap2
DoSB = SD =⇒ 4SBDcân
S SB D=1
2SO.B D =⇒ SO = 2S SB D
B D =3a
p 2 4
p 26 4
Ta cóS S AD=1
2SD.AD sin(SD A) =⇒ sin(SD A) =r 17
26
26 (Do các mặt bên là tam giác nhọn nên
cosϕ > 0)
p 2
Do đó tam giácS AOcân tại S
GọiHlà trung điểm của OA suy raSH ⊥ AO.
Lại cóB D ⊥ (S AC ) =⇒ BD ⊥ SH.Do đóSH ⊥ (ABC D)
Ta có:SH =pSO2− OH2 = a.Diện tích đáy ABC D bằng a2
Do đó: Thể tích khối ChópS ABC Dbằnga
3
3
Ta có :d (BC ; SD) = d (C ;(S AD)) = 4d (H;(S AD))
HạH M kAB =⇒ H M ⊥ AD =⇒ AD ⊥ (SH M)
HạH N ⊥ SM =⇒ H N ⊥ (S AD)HayH N = d (H;(S AD))
Ta có:H M = AB
4
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SHM ta có 1
H N2= 1
SH2+ 1
p 17 17
Vậy khoảng cách là 4a
p 17 17
Câu 5. Choa, b, clà các số dương thoả mãna, b ≥ 1vàabc = 1 Chứng minh rằnng:
1
(c2− c + 1)2 ≤ 3
Đầu tiên, dễ dàng dự đoán điểm rơia = b = c = 1.
- Phương pháp đầu tiên chúng ta có thể nghĩ đến ngay đó làU C T nhưng nó đã bị bất lực trong bài toán này Tiếp tục hãy thử một số kĩ năng đổi biến nếu có đủ sức thử nghiệm (bậc lớn và phức tạp quá)
- Câu hỏi đặt ra: Biểu thức đối xứng theo ba biến độc lập với nhau, tại sao giả thiết lại cho điều kiện
a, b ≥ 1 Điều này muốn gợi ý cho chúng ta biết rằng hai biếna, bcó thể có một mối liên hệ nào đó Chẳng
abc = 1.
- Với đặc điểm mà ta phân tích ở trên, ta có thể tạm thời tách rời biếncnhư sau:
1
(a2− a + 1)2+
1
(b2− b + 1)2+
1
1
(a2− a + 1)2+
1
(b2− b + 1)2 ≤ 3 −
1
(c2− c + 1)2
- Nhận thấy
(c2− c + 1)2=2c
4
− 4c3+ 6c2− 4c + 1
4
+ c4
4
(a2b2− ab + 1)2
Trang 5- Do đó, bài toán sẽ được chứng minh nếu chúng ta chứng minh được BĐT hai biến sau đây:
1
(a2b2− ab + 1)2 (?)
- Thật may mắn khi BĐT(?)là một BĐT đúng Chúng ta có thể chứng minh nó bằng các phép biến đổi tương đương và nhớ tận dụng giả thiếta, b ≥ 1.
Lời giải (Mưa Hà Nội)
Thoạt nhìn vào bài toán, ta nghĩ ngay tới bổ đề quen thuộc:
(x2− x + 1)2≥x
4
+ 1
Sử dụng bổ đề này, dễ thấy ta chỉ cần chứng minh
1
a4+ 1+
1
b4+ 1+
1
c4+ 1≤
3 2
Để cho gọn, ta đặta4= x, b4= y, c4= z Khi đó, bất đẳng thức sẽ trở thành
1
x + 1+
1
y + 1+
1
z + 1≤
3 2
Vớix, y ≥ 1,z > 0,x y z = 1 Tới đây thì đơn giản hơn nhiều rồi Ý tưởng tiếp theo mà hẳn ai cũng nghĩ đến
đó là chỉ việc thayz = 1
x y để quy bài toán ba biến về hai biến:
1
x + 1+
1
y + 1+
x y
x y + 1≤
3 2
Lại để ý rằng nếu chox = 1hoặcy = 1thì bất đẳng thức trên sẽ trở thành đẳng thức Điều này có nghĩa là nếu sử dụng biến đổi tương đương thì sẽ xuất hiện nhân tử chung là(x −1)(y −1) Thật vậy, quy đồng mẫu
số và thu gọn bất đẳng thức trên lại, ta dễ dàng thu được
(x y − 1)(x − 1)(y − 1) ≥ 0
Hiển nhiên đúng vớix, y ≥ 1
Câu 6A.a Trong mặt phẳng với hệ toạ độOx y cho tam giác ABC có phương trình đường cao AH :
lượt là chu vi và diện tích của tam giácABC Tính giá trị của30C ABC+2013
3
p
S ABC
Lời giải ( )
Câu 6A.b Trong không gian với hệ trục tọa độOx y zcho điểmM (1, 0, 1)và hai mặt phẳng(P ) : 2x − y +
đến mặt phẳng(α)bằng1đồng thời giá trị của góc hợp bởi mặt phẳng(P )và(α)gấp4lần giá trị của góc hợp bởi mặt phẳng(Q)và(α).
Lời giải ( )
Giả sử(α)có vtpt đơn vị là~n = (a;b;c) a2
+ b2+ c2= 1, khi đó(α)có pt dạnga(x − 1) + by + c(z − 1) = 0 ⇐⇒ ax + by + cz − a − c = 0
d (O, α) = 1 ⇐⇒ | − a − c| = 1 ⇐⇒ a + c = 1haya + c = −1
(P )có vtpt~p = (2;−1;2)nêncos((P ), ( α)) = |2a − b + 2c|p
1 + 4 + 4
Giả thiết((P ), ( α)) = 4((Q),(α)) ⇐⇒
PS: Nên sửa đề thành " Lập phương trình mặt phẳng(α)chứa điểmMsao cho khoảng cách từ gốc tọa
độOđến mặt phẳng(α)bằng1đồng thời giá trị của cosin góc hợp bởi mặt phẳng(P )và(α)gấp4lần giá trị của cosin góc hợp bởi mặt phẳng(Q)và(α)." sẽ hợp lý hơn
Trang 6Câu 7A. Giải hệ phương trình
( log2¡22x y−x
+ 4x y−y¢ = 31 (1)
(
x + 2y > 1 > 0
x y > 7 > 0 ⇒ x, y > 0.
Mặt khác: (2) ⇔ x + 2y = x y − 6 ⇒ x + 2y ≥ 12 (1)
(1) ⇔ 22x y−x+ 22x y−2y= 231
Thay(2)vào(1): ⇔ 2x+4y+ 22x+2y= 219
Mặt khác theo BDT AM-GM:219= 2x+4y+ 22x+2y≥ 2.23(x+2y)2 ⇒ x + 2y ≤ 12 (2)
(
x = 6
y = 3
Câu 6B.a Trong mặt phẳng toạ độOx y, cho đường tròn(C ) : x2+ y2+4x +6y −3 = 0và điểmM (2; 1) Gọi
A, Blần lượt là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từM đến(C ) Tìm trực tâmHcủa tam giácM AB
Lời giải (dan_dhv)
GọiI là tâm đường tròn(C ) NênI (−2;−3),R = 4
Ta cóM I = 4p2.Từ đó suy raM A = MB = 4HayI AM Blà hình vuông
Khi đó trực tâm tam giácM AB trùng vớiM (2; 1)
Câu 6B.b Trong không gian với hệ trục toạ độOx y z, cho đường thẳngd : x − 1
1 = y + 3
2 = z − 5
phẳng(P ) : 3x − 3y + 4z + 16 = 0và điểmM (2; 3; 1) GọiAlà điểm thuộcd,Blà hình chiếu vuông góc củaA
lên mặt phẳng(P ) Tìm toạ độAđể tam giácM ABcân tạiM
Lời giải (dan_dhv)
Tam giácM ABcân nênMnằm trên mặt phẳng trung trực củaAB
Gọi(Q)là mặt phẳng trung trực củaAB
Khi đó(P )k(Q)Phương trình mặt phẳng(Q)quaMvàk(P )là :3x − 3y + 4z − 1 = 0
Ta có :AB = 2d ((P);(Q)) = 2p17
34=p34.DoA ∈ d ⇒ A(t + 1;2t − 3;5 − t)
d (A; (P )) = |3t + 3 − 6t + 9 + 20 − 4t + 16|p
7
VậyA(3; 1; 3); Aµ 89
7 ;
143
−47 7
¶
Câu 7B. Giải bất phương trình: log2013(20132|si nx|+ 4|cosx|− 4) = 201320132|si nx|+4|cosx|−5− 1
Lời giải (LigHT)
ĐặtT = 2013 2|sin x|+ 4| cos x| − 5 P t ⇐⇒ log2013(T + 1) = 2013 T− 1
xét hàm dễ thấy pt trên luôn có nghiệmT = 0 ⇐⇒ 2013 2|si nx|+ 4|cosx|= 5
đặta = |sin x| (a ∈ [0;1]) =⇒ 2013 2a+ 4
p
1−a2
Ta có :20132a≥ 4a (2)dấu ’=’ xảy ra khia = 0
Đặtf (a) = 4 a+ 4
p
1−a2
p
1−a2
a
a = 4
p
1−a2
p
đặtg (z) =4
z
ln 4
i ,h 1
ln 4; 1
´
=⇒ nghiệm của pt(4)khia =p1 − a2⇔ a =p1
2, xét hàm ptf (a) =⇒ f (a) = 5khia = 1hoặca = 0
so sánh với dk xảy ra của bpt(2) =⇒ nghiệm pt(1)làa = 0