Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 13 Ngày 10 tháng 10 năm 2013 I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7 điểm) CâuI:(2điểm) Cho hàm số: 2 1 x y x − = + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 2. Tiếp tuyến bất kì của đồ thị hàm số cắt hai đường tiệm cận lần lượt tại hai điểm A và B .Chứng minh rằng diện tích tam giác IAB không đổi. Viết phương trình tiếp tuyến sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác IAB lớn nhất (với I là giao điểm của hai đường tiệm cận). Câu II(2 điểm) 1) Giải phương trình : (1 sin 2 cos 2 )sin( ) 1 4 sin (cos 1) 1 cot 2 x x x x x x π − + + = + + 2) Giải hệ phương trình : ( ) ( )      −+=++− =−++++ 12)2(10)(4 24log4log 2 2 2 2 yxyxxy yyxx CâuIII(1điểm) tính: 0 0 1 1 2 2 3 3 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2 C 2 C 2 C 2 C 2 C A 1.2 2.3 3.4 4.5 2011.2012 = − + − + + CâuIV:(1điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 13 đường chéo AC = a 3 . Các cạnh bên SA = 2a ; SB = 3a ; SC = a. Tính thể tích khối chóp và cosin của góc giữa hai đường thẳng SA và CD. CâuV:(1điểm) Cho x , y , z là ba số thực dương . Tìm giá trị nhỏ nhất cửa biểu thức : M =         ++       ++         + xy z z xz y y yz x x 1 2 1 2 1 2 II - PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) A - Chương trình chuẩn. CâuVIa(2 điểm) 1) Trong hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2 ( 1) ( 2) 4x y − + + = . M là điểm di động trên đường thẳng d: x – y + 1 = 0. Chứng minh rằng từ M kẻ được hai tiếp tuyến MT 1 , MT 2 tới (C) (T 1 , T 2 là tiếp điểm) và Tìm toạ độ điểm M, biết đường thẳng T 1 T 2 đi qua điểm A(1;-1). 2) Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm ( ) ( ) ( ) ( ) A 1;0 ,B 2;4 ,C 1;4 ,D 3;5− − và đường thẳng d : 3x y 5 0− − = . Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau CâuVIIa(1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 1 22 =+− yxyx .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 22 44 ++ ++ = yx yx P B - Chương trình nõng cao. CâuVIb(2 điểm) 1) Trong hệ toạ độ Oxy, cho ba điểm A(-1; -1) ; B(0;2) ;C(0;1).Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C tới ∆ là lớn nhất. 2) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C. CâuVIIb(1 điểm) Giải bất phương trình: 2log9)2log3( 22 −>− xxx HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 13 Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Câu 1:2, Tiếp tuyến bất kì của đths 2 1 x y x − = + cắt hai đường tiệm cận tại A và B .CMR diện tích ∆ IAB không đổi. Viết pttt sao cho bán kính đường tròn nội tiếp ∆ IAB lớn nhất . Tiệm cận đứng x = -1, tiệm cận ngang y = 1; Giao hai đường tiệm cận: I(-1;1) Tiếp tuyến tại M(x 0 ;y 0 ) dạng: 0 0 2 0 0 2 3 ( ) ( 1) 1 x y x x x x − = − + + + Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng: 0 0 5 ( 1; ) 1 x A x − − + , cắt tiệm cận ngang: 0 (2 1;1)B x + Có: 0 0 6 ; 2 1 1 IA IB x x = = + + suy ra IA.IB = 12 Nên 1 . 6 2 IAB S IA IB= = . Ta có 6 . IAB IAB S S r p r p p = ⇒ = = . Bởi vậy r lớn nhất khi p nhỏ nhất. Do 2 2 2 2 . 2. . 4 3 2 6p IA IB AB IA IB IA IB IA IB IA IB= + + = + + + ≥ + = + P nhỏ nhất khi 2 0 0 ( 1) 3 1 3IA IB x x= ⇔ + = ⇔ = − ± - Với 0 1 1 3 : 2(1 3)x d y x= − + ⇒ = + + - Với 0 1 1 3 : 2(1 3)x d y x= − − ⇒ = + − Câu 2: 1, Giải phương trình : (1 sin 2 cos 2 )sin( ) 1 4 sin (cos 1) 1 cot 2 x x x x x x π − + + = + + Đk :    −≠ ≠ 1cot 0sin x x pt  )1.(cossin. 2 1 sin cossin .2 )cos)(sin2cos2sin1( += + ++− xx x xx xxxx  1 – sinx + 2 cos2x = cosx + 1  sinx + cosx = 2 cos2x  sinx + cosx = 2 (cosx + sinx)(cosx – sinx)  2 (cosx – sinx) = 1  2cos       + 4 π x = 1  cos       + 4 π x = cos 3 π Kết hợp đk => nghiệm phương trình : x = π π 2 12 k+ hoặc x = π π 2 12 7 k+− Câu 2: 2, Giải hệ phương trình : ( ) ( )      −+=++− =−++++ )2 ( 12)2(10)(4 )1 (24log4log 2 2 2 2 yxyxxy yyxx Đk : y ≥ 0,5. (1)  ( ) ( ) [ ] 244log 22 2 =−+++ yyxx  (x + 4 2 +x )( 4 2 +y - y) = 4 4 = ( 4 2 +y + y) ( 4 2 +y - y) Nên  x + 4 2 +x = 4 2 +y + y Xét hàm f(t) = t + 4 2 +t có f’(t) = 1 + 0 44 4 4 22 2 2 ≥ + + > + ++ = + t tt t tt t t Vậy f(t) đồng biến trên R mà (1)  f(x) = f(y)  x = y Thay x = y vào (2)  x 2 – 8x + 10 = (x + 2) 12 −x  6(2x – 1) + (x + 2) 12 −x - (x + 2) 2 = 0 Đặt u = 12 −x với u ≥ 0 thì (2)  6u 2 + (x + 2)u – (x + 2) 2 = 0 có ∆ = 25(x + 2) 2  u = 3 2+x hoặc u = - 2 2+x (loại vì x ≥ 0,5 Nên u < 0). Giải pt :x + 2 = 3 12 −x có hai nghiệm x = 1 hoặc x = 13 => nghiệm của hệ (1;1)& (13;13) Câu 3: 0 0 1 1 2 2 3 3 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2 C 2 C 2 C 2 C 2 C A 1 2 3 4 2011 = − + − + + Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Tacó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) k k k k k 2010 2 2010! 2 2010! 2 C 1 k 1 k! 2010 k ! k 1 k 1 ! 2010 k ! − − − = = + − + + − ( ) ( ) ( ) ( ) k k 1 k 1 2011 2 2011! 1 1 2 C 2011 k 1 ! 2011 k 1 ! 4022 + + − = × = − × − + − − ( ) ( ) ( ) 1 2 2011 1 2 2011 2011 2011 2011 1 A 2 C 2 C 2 C 4022   ⇒ = − × − + − + + −   ( ) ( ) 2011 0 0 2011 1 1 2 1 2 C 4022 2011   = − × − + − − =   Câu 4: Chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 13 đường chéo AC = a 3 . Các cạnh bên SA = 2a;SB = 3a;SC = aTính thể tích khối chóp và cosin của góc giữa hai đường thẳng SA và CD * g(SA ; CD) = g(SA;AB) với cosSAB = 13 2 * Áp dụng đlí cosin tính đựợc: Góc · ASC = 60 0 ; góc · ASB = 90 0 ;góc · BSC = 120 0 * Lấy M ∈ SA ; N ∈ SB sao cho SM = SN = a. => CM = a ; MN = a 2 ; CN = a 3 => ∆CMN vuông tại M Mà SM = SN = SC = a Nên hình chiếu H của S trên (CMN) là trung điểm CN & SH = 2 a => V SCMN = 3 1 SH.S CMN = 12 2 3 a * Ta có V SABCD = 2V SABC = 12V SCMN = 2 3 a Câu 5 : Cho x , y , z là ba sè thực dưong . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : M =         ++       ++         + xyz z xz y y yz x x 111 2 1 2 M = xyz zyxzyx 222222 222 ++ +++ vì x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx Ta có : M         ++         ++         +≥ z z y y x x 1 2 1 2 1 2 222 Ta có : 2 3 2 1 2 1 2 1 2 22 ≥++=+ xx x x x Tương tự ta có : 2 31 2 2 ≥         + y y ; 2 31 2 2 ≥         + z z Vậy Min M = 9/2 <=> x = y = z = 1. Câu 6a: 1, Cho (C): 2 2 ( 1) ( 2) 4x y − + + = . M di động trên d: x – y + 1 = 0. CMR từ M kẻ được hai tiếp tuyến MT 1 , MT 2 tới (C)và Tìm toạ độ điểm M, biết đường thẳng T 1 T 2 đi qua điểm A(1;-1). Đường tròn (C) có tâm I(1;-2) bán kính r=2 M nằm trên d Nên M(m;m+1). => IM = 8)1(2)3()1( 222 ++=++− mmm > 2 =>M nằm ngoài (C) => qua M kẻ được 2 tiếp tuyến tới (C). Gọi J là trung điểm IM=> toạ độ J là J       −+ 2 1 ; 2 1 mm .Đường tròn (T) đường kính IM có tâm J bán kính 1 2 IM r = có phương trình (T): 4 )3()1( 2 1 2 1 22 22 ++− =       − −+       + − mmm y m x Từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MT 1 ,MT 2 đến (C) => T 1 ; T 2 là hai giao điểm của (C) & (T) 2 2 ( 1) ( 2) 4x y − + + = (1) Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa C B A D S M N Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Khi đó tọa độ T 1 & T 2 thỏa mãn hệ : 4 )3()1( 2 1 2 1 22 22 ++− =       − −+       + − mmm y m x (2) Lấy (1) trừ (2) vế với vế => đường thẳng T 1 T 2 có pt : (m – 1)x + (m + 3)y +m + 3 = 0 A(1;-1) nằm trên T 1 T 2 Nên : m – 1 – m – 3 + m + 3 = 0 <=> m = 1=>M(1;2) Câu 6a: 2, 1. Giả sử ( ) M x; y d 3x y 5 0.∈ ⇔ − − = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) AB CD MAB MCD AB 5,CD 17;AB 3;4 n 4;3 PT AB : 4x 3y 4 0 CD 4;1 n 1; 4 PT CD : x 4y 17 0;S S AB.d M;AB CD.d M;CD 4x 3y 4 x 4y 17 5 17 4x 3y 4 x 4y 17 5 17 3x y 5 0 3x y 5 0 3x 7y 21 4x 3y 4 x 4y 17 = = − ⇒ ⇒ + − = ⇒ − ⇒ − + = = ⇔ = + − − + ⇔ × = × ⇔ + − = − + − − = − − = + − =   ⇒ ⇔  + − = − +   uuur uuur uuur uuur ( ) 1 2 0 7 M ;2 ,M 9; 32 3 3x y 5 0 5x y 13 0         ⇒ − −  ÷  − − =      − + =    Câu 7a; 2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 1 22 =+− yxyx .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 22 44 ++ ++ = yx yx P Từ giả thiết suy ra: 2 2 1 2x xy y xy xy xy= − + ≥ − = ; 2 1 ( ) 3 3x y xy xy= + − ≥ − .Từ đó ta có 1 3 1 ≤≤− xy Măt khác xyyxyxyx +=+⇔=+− 11 2222 nên 12 2244 ++−=+ xyyxyx .đăt t=xy Vậy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của 1 3 1 ; 2 22 )( 2 ≤≤− + ++− == t t tt tfP Tính     −−= −= ⇔= + +−⇔= )(26 26 0 )2( 6 10)(' 2 lt t t tf Do hàm số liên tục trên [ ] 1; 3 1 − nên so sánh giá trị của ) 3 1 ( − f , )26( −f , )1(f cho ra kết quả: 626)26( −=−= fMaxP , 15 11 ) 3 1 (min =−= fP Câu 6b: 1, Cho ba điểm A(-1; -1) ; B(0;2) ;C(0;1).Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C tới ∆ là lớn nhất. Giả sử ptđt ∆: A(x + 1) + B(y + 1) = 0 với A 2 + B 2 > 0. => d(B;∆) = 22 3 BA BA + + ; d(C;∆) = 22 2 BA BA + + .Gọi S = d(B;∆) + d(C;∆) = 22 3 BA BA + + + 22 2 BA BA + + = ( ) BABA BA 23 1 22 +++ + ≤ ( ) BA BA 52 1 22 + + Bunhia ta có S 2 ≤ ))(52( 1 2222 22 BA BA ++ + = 29 => MaxS = 29       = > 5 2 0 B A AB Lấy A= 2 => B = 5 => ptđt ∆ : 2x + 5y + 7 = 0 Câu 6b: 2, (Học sinh tự vẽ hình) Ta có: ( ) 1;2 5AB AB= − ⇒ = uuur . Phương trình của AB là: 2 2 0x y+ − = . Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ( ) ( ) : ;I d y x I t t∈ = ⇒ . I là trung điểm của AC: )2;12( ttC − Theo bài ra: 2),(. 2 1 == ∆ ABCdABS ABC ⇔ 446. =−t ⇔ 4 0; 3 t t= = Từ đú ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C( 3 8 ; 3 5 ) thoả mãn . Câu 7b: Giải bất phương trình 2log9)2log3( 22 −>− xxx Điều kiện: 0 > x Bất phương trình ⇔ )1(2log)3(3 2 −>− xxx . Nhận thấy x=3 khụng là nghiệm của bất phương trình. TH1 Nếu 3>x BPT ⇔ 3 1 log 2 3 2 − − > x x x Xét hàm số: xxf 2 log 2 3 )( = đồng biến trên khoảng ( ) +∞;0 3 1 )( − − = x x xg nghịch biến trên khoảng ( ) +∞;3 *Với 4 > x :Ta có    =< => 3)4()( 3)4()( gxg fxf ⇒ Bpt có nghiệm 4 > x * Với 4<x :Ta có    => =< 3)4()( 3)4()( gxg fxf ⇒ Bpt vô nghiệm TH 2 :Nếu 30 << x BPT ⇔ 3 1 log 2 3 2 − − < x x x xxf 2 log 2 3 )( = đồng biến trên khoảng ( ) +∞;0 3 1 )( − − = x x xg nghịch biến trên khoảng ( ) 3;0 *Với 1 > x :Ta có    =< => 0)1()( 0)1()( gxg fxf ⇒ Bpt vô nghiệm * Với 1<x :Ta có    => =< 0)1()( 0)1()( gxg fxf ⇒ Bpt có nghiệm 10 << x Vậy Bpt có nghiệm    << > 10 4 x x Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa . ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 13 Ngày 10 tháng 10 năm 2 013 I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7 điểm) CâuI:(2điểm) Cho hàm số: 2 1 x y x − = + 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số. . CâuVIIb(1 điểm) Giải bất phương trình: 2log9)2log3( 22 −>− xxx HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 13 Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Câu. 2) 2 = 0 có ∆ = 25(x + 2) 2  u = 3 2+x hoặc u = - 2 2+x (loại vì x ≥ 0,5 Nên u < 0). Giải pt :x + 2 = 3 12 −x có hai nghiệm x = 1 hoặc x = 13 => nghiệm của hệ (1;1)& (13; 13) Câu