http://www.k2pi.net TÀI LIỆU TOÁN THPT http://www.k2pi.net ĐỀ SỐ 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN NGÀY 12.10.2012 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = 2x +1 x −1 (C ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (c). b) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Xác định tọa độ điểm M có hoành độ dương nằm trên đồ thị (C ) sao cho tiếp tuyến tại M cắt hai đường tiệm cận của (C) tại A,B đồng thời hai điểm này cùng với điểm I tạo thành một tam giác nội tiếp đường tròn có bán kính bằng  10. Câu 2. (2 điểm) a) Giải phương trình cos2x cos x +  1 +cos 2 x  tan x =1 +sin 2 x. b) Giải hệ phương trình     x +y  25 −4xy  = 105 4 +4x 2 +17y 2 4x 2 +4y 2 +4x −4y =7 Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I =  π 4 0  1 +tan 2 x  x − ( x −tan x ) cos 2 x 3 +cos2x dx. Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, mặt phẳng (SBD) vuông góc với đáy, các đường thẳng S A,SD hợp với đáy một góc 30 o . Biết AD = a  6, BD =2a và góc  ADB =45 o . Tính thể tích khối chóp S.ABC D và khoảng cách từ đỉnh C đến mặt phẳng (S AD) theo a. Câu 5. (1 điểm) Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn : x  2x +2y −5  +y  y −3  +3 =0. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : P =  x y −x +1  2 +  x y −y +1  2 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 tọa độ Đề-các vuông góc Ox y, cho hình vuông ABCD có các đỉnh A ( −1;2 ) , C ( 3;−2 ) . Gọi E là trung điểm của cạnh AD,B M là đường thẳng vuông góc với CE tại M ; N là trung điểm của của B M và P là giao điểm của AN với DM. Biết phương trình đường thẳng B M : 2x −y −4 =0 .Tìm tọa độ điểm P. b) Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 +y 2 +z 2 −2x −4y + 6z −13 = 0 và đường thẳng d : x +1 1 = y +2 1 = z −1 1 . Xác định tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho từ M có thể kẻ được 3 tiếp tuyến M A,MB,MC đến mặt cầu (S) ( A,B,C là các tiếp điểm ). Sao cho  AMB =60 o ;  B MC =90 o ;  C M A =120 o . Câu 7a. (1 điểm) Cho các số phức z 1 ; z 2 đồng thời thỏa mãn các điều kiện: z 1 +3z 1 z 2 = ( −1 +i ) z 2 và 2z 1 −z 2 =−3 +2i . Tìm mô-đun của số phức w = z 1 z 2 +z 1 +z 2 . B. Theo chương trình nâng cao Câu 6b. (2 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxy cho tam giác ABC vuông tại A ngoại tiếp hình chữ nhật MN PQ. Biết các điểm M ( −3; −1 ) và N ( 2;−1 ) thuộc cạnh BC , Q thuộc cạnh AB , P thuộc cạnh AC, đường thẳng AB có phương trình: x − y +5 = 0 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. b) Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x −2 ) 2 +  y −2  2 + ( z −2 ) 2 =12 và điểm A ( 4;4;0 ) . Xác định tọa độ điểm B thuộc mặt cầu (S) biết tam giác BO A cân tại B và có diện tích bằng 4  3 Câu 7b. (1 điểm) Từ các chữ số 0, 1,2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số khác nhau nhỏ hơn 4321 đồng thời các chữ số 1 và 3 luôn có mặt và đứng cạnh nhau. ———————————————–Hết—————————————————- http://www.k2pi.net Câu 1. Cho hàm số y = 2x +1 x −1 (C ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (c). b) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Xác định tọa độ điểm M có hoành độ dương nằm trên đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến tại M cắt hai đường tiệm cận của (C) tại A,B đồng thời hai điểm này cùng với điểm I tạo thành một tam giác nội tiếp đường tròn có bán kính bằng  10. a) Lời giải (hungchng): TXĐ D = R\{1}; đạo hàm y  = −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 = 2; lim x→+∞ y = 2; y = 2 là phương trình tiệm cận ngang Bảng biến thiên x y  y −∞ 1 +∞ − − 22 −∞ +∞ 22 Đồ thị −3 −2 −1 1 2 3 4 5 −2 −1 1 2 3 4 5 0 b) Lời giải (Sangham_BM ): Hàm số: y = 2x +1 x −1 . Tập xác định: D =R\{1}. Hai tiệm cận của đồ thì hàm số là: -Tiệm cận ngang: y =2. -Tiệm cận đứng: x =1. Suy ra giao điểm của 2 tiệm cận: I(1;2). Giả sử điểm M(x 0 ; y 0 ) thuộc đồ thị hàm số (x 0 =1). Suy ra y 0 = 2x 0 +1 x 0 −1 . Để M có hoành độ dương thì x 0 >0 Và ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M:y − 2x 0 +1 x 0 −1 = −3 (x 0 −1) 2 (x −x 0 ) (∆) Không giảm tính tổng quát ta giả sử A,B lần lượt là giao điểm của ∆ với tiệm cận đứng, tiệm cận ngang với đồ thị (C). Suy ra A  1; 2(x 0 +2) x 0 −1  , B(2x 0 −1;2). Và I A = 6 |x 0 −1| , I B =2|x 0 −1| Vì hai tiệm cận vuông góc với nhau nên I A và I B vuông góc nhau hay ∆I AB vuông tại I . Do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆I AB = 1 2 AB Vậy để ∆I AB có bán kính đường tròn ngoại tiếp là  10 thì AB =2  10 Mà theo định lí Pitago thì I A 2 +IB 2 = AB 2 nên I A 2 +IB 2 =40. Hay 36 (x 0 −1)2 +4(x 0 −1) 2 =40 ⇐⇒ [(x 0 −1) 2 −1][(x 0 −1) 2 −9] =0 Suy ra x 0 =2 hoặc x 0 =4 (do x 0 >0) (thỏa mãn) * Nếu x 0 =2 → y 0 =5. Suy ra M(2;5) * Nếu x 0 =4 → y 0 =3. Suy ra M(4;3) Vậy có 2 điểm M thỏa mãn bài ra là M(2;5) và M(4;3) Câu 2.a Giải phương trình cos2x cos x +  1 +cos 2 x  tan x =1 +sin 2 x. Lời giải (Love Math): ĐK : cos x =0 PT tương đương với : cos2x +(sin x −cos x)+sin x.cos x(cosx −sinx) =0 ⇔(cos x −sin x)(cosx +sinx +sinx.cosx −1) =0 2 http://www.k2pi.net  cos x −sinx =0 cos x +sinx +sinx.cosx −1 =0 PT thứ 2 đặt sin x +cos x = t ,|t|≤  2 Giải ra ta được x =k2π, x = π 4 +k2.π(k ∈ Z ) Câu 2.b Giải hệ phương trình     x +y  25 −4x y  = 105 4 +4x 2 +17y 2 4x 2 +4y 2 +4x −4y =7 Lời giải (hahahaha1): Đặt x = 3a −1 2 ; y = 3b +1 2 .Lúc đó hệ trở thành:  −6b 3 +9b 2 =6a 3 +14a −20(1) a 2 +b 2 =1 Ta có (1) ⇔3b 2 (3 −2b) =(a −1)(6a 2 +6a +20) ⇔3(1 −a 2 )(3 −2b) =(a −1)(6a 2 +6a +20) ⇔(a −1)(6a 2 +6a +20 +9−6b +9a −6ab) =0 +) với a =1 ⇒b =0 ⇒x =1; y = 1 2 +) Với 6a 2 +29+15a−6b −6 ab =0 (2) ta có: V T (2) ≥6a 2 +29−15−6−3 =6a 2 +5 >0 nên TH này pt vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) =  1; 1 2  Lời giải (Hồng Vinh): Từ pt(2) ta tìm được −2 ≤ x ≤1,−1 ≤ y ≤2 Biến đổi pt(1) thành (x +y)[25 −4(xy +x −y)] = 17 4 +21y 2 Thay 4x −4y =7 −4x 2 −4y 2 ta được : 4y 3 −21y 2 +18y +4x 3 +18x = 17 4 khảo sát hai hàm số : f (x) =4x 3 +18x,−2 ≤x ≤1 và g(y) =4y 3 −21y 2 +18y,−1 ≤ y ≤2 Ta có : f (x) +g (y) ≤ 17 4 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x =1, y = 1 2 Vậy hệ có nghiệm  1, 1 2  Câu 3. Tính tích phân I =  π 4 0  1 +tan 2 x  x − ( x −tan x ) cos 2 x 3 +cos2x dx. Lời giải (hungchng):  1 +tan 2 x  x − ( x −tan x ) cos 2 x 3 +cos2x = x +x tan 2 x −x cos 2 x +tan x cos 2 x 3 +cos2x = x sin 2 x +x tan 2 x 3 +cos2x + sin x cos x 3 +cos2x = x tan 2 x(cos 2 x +1) 3 +2cos 2 x −1 + sin2x 2(3 +cos2x) = x tan 2 x 2 + sin2x 2(3 +cos2x) Do đó I = 1 2  − 1 2 x 2 +x tanx +ln|cosx|− 1 2 ln|3+cos2x|      π 4 0 = π 8 − π 2 64 + 1 4 ln2− 1 4 ln3 Câu 4. Cho hình chóp S.A BCD có đáy ABCD là hình bình hành, mặt phẳng (SBD) vuông góc với đáy, các đường thẳng S A,SD hợp với đáy một góc 30 o . Biết AD = a  6, BD = 2a và góc  ADB = 45 o . Tính thể tích khối chóp S.ABC D và khoảng cách từ đỉnh C đến mặt phẳng (S AD) theo a. Lời giải (dan_dhv): 3 http://www.k2pi.net A B C D S H K T Gọi O là tâm khối chóp. Hạ SH ⊥BD ⇒SH ⊥(ABC D). suy ra  S AH =  SDH =30 o suy ra H A = HD nên tam giác AHD vuông cân tại H. ⇒ H A = HD = AD  2 =a  3. ⇒SH = HD.tan(30 o ) = a. Ta có . Diện tích đáy S = AD.BD.sin(45 o ) =2a 2 .  3 nên V S.ABCD = 2a 3 .  3 3 Ta có: d(C;(S AD)) =2d(O;(S AD)) = 2  3 d(H;(S AD)). Gọi K là trung điểm của AD. suy ra HK ⊥ AD ⇒ AD ⊥(SHK ) Hạ HT ⊥SK suy ra HT =d(H;(S AD)). Ta có : HK = AD 2 = a  6 2 . Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SHK ta có : 1 SH 2 + 1 HK 2 = 1 HT 2 ⇒ HT = a  15 5 Vây d(C;(S AD)) = 2  3 . a  15 5 = 2a  5 5 Câu5. Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn : x  2x +2y −5  +y  y −3  +3 =0. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : P =  x y −x +1  2 +  x y −y +1  2 Lời giải (hahahaha1): Giả thiết có thể viết lại thành: (x +y −1)(x +y −2) =−(x −1) 2 Từ đó ta có được: 1 ≤ x +y ≤2 Mặt khác giả thiết cũng viết lại được dưới dạng: 2(x −1) 2 +(y −1) 2 =x +y −2x y ⇒ x +y ≥2xy ⇒1 ≥ x y MIN Ta lại có biểu thức P có thể viết thành: a 2 −2ab +2b 2 −2a +2b +2 =P ⇐⇒ a 2 −2a(b +1) +2b 2 +2b +2 −P =0 (1) Trong đó a = x +y (1 ≤ a ≤2); b = x y (2 ≥ a ≥2b) Coi (1) như 1 phương trình bậc 2 theo a khi đó để tồn tại a;b ta phải có: ∆  ≥0 ⇔P ≥b 2 +1 ⇒P ≥1 Vậy minP =1 đạt được khi a =1;b =0 ⇒x =1; y =0 MAX Xét hàm số f (a) =a 2 −2a(b +1) +2b 2 +2b +2 Ta chi làm 2 TH nhỏ sau: +) Nếu b ≥ 1 2 ta xét hàm số trên [2b;2] Dễ thấy hàm số đạt max tại f (2) hoặc f (2b) (mà f (2) = f (2b) =2(b 2 −b +1) Do đó: f (a) ≤2(b 2 −b +1) =2[b(b −1) +1] ≤2 Vậy trong TH này max P =2 khi x = y =1 +) Nếu b ≤ 1 2 ta xét hàm số trên [1;2] Hàm số đạt max tại f (2) (vì f (2) ≥ f (1)) nên ta cũng có giá trị max như TH trên. Kết luận: maxP =2 khi x = y =1 4 http://www.k2pi.net Câu 6a.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Ox y, cho hình vuông ABCD có các đỉnh A ( −1;2 ) , C ( 3;−2 ) . Gọi E là trung điểm của cạnh AD,BM là đường thẳng vuông góc với CE tại M ; N là trung điểm của của B M và P là giao điểm của AN với DM. Biết phương trình đường thẳng B M : 2x −y −4 =0 .Tìm tọa độ điểm P. Lời giải (hungchng): −1 1 2 3 4 x −3 −2 −1 1 2 y 0 A C B D E M N P Gọi I trung điểm AC nên I (1;0), B thỏa AB =CB và B ∈B M nên tọa độ B thỏa  (x +1) 2 +(y −2) 2 =(x −3) 2 +(y +2) 2 2x −y −4 =0 ⇐⇒  y =x −1 y =2x −4 ⇐⇒  x =3 y =2 do đó B(3;2) suy ra D(−1;−2) (vì I cũng là trung điểm B D). Theo giả thiết E trung điểm AD nên E(−1;0) và −→ CE =(−4;2) M ∈CE và M ∈B M nên tọa độ M thỏa    x +1 −4 = y 2 2x −y −4 =0 ⇐⇒      x = 7 5 y =− 6 5 suy ra M  7 5 ;− 6 5  và N  11 5 ; 2 5  P ∈ AN và P ∈DM nên tọa độ P thỏa      x +1 16/5 = y −2 −8/5 x +1 12/5 = y +2 4/5 ⇐⇒      x = 19 5 y =− 2 5 Vậy P  19 5 ;− 2 5  Câu 6a.b Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Ox yz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 +y 2 + z 2 −2x −4y +6z −13 = 0 và đường thẳng d : x +1 1 = y +2 1 = z −1 1 . Xác định tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho từ M có thể kẻ được 3 tiếp tuyến M A,MB, MC đến mặt cầu (S) ( A,B,C là các tiếp điểm ). Sao cho  AMB =60 o ;  B MC =90 o ;  C M A =120 o . Lời giải (dan_dhv): d a a  3 2 C A B O M K H Gọi O là tâm mặt cầu. Do A,B,C là các tiếp điểm kẻ từ M đến mặt cầu nên ta có M A = MB =MC = a. và A,B,C nội tiếp một đường tròn . Từ gt ⇒ AB = a,BC = a  2, AC = a  3 suy ra tam giác ABC vuông tại B. Gọi H là trung điểm AC. K là trung điểm AB. 5 http://www.k2pi.net Ta có  AB ⊥MK AB ⊥ HK ⇒ AB ⊥M H;MH ⊥ AC ⇒ M H ⊥(ABC ) Suy ra M, H,O thẳng hàng. MC là tiếp tuyến nên MC ⊥OC Khi đóC H =a  3 2 ,OC =R =  27 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác OMC ta có : 1 a 2 + 1 27 = 4 3a 2 ⇒a 2 =9 ⇒ MO =6 M ∈d ⇒M(t −1; t −2;t +1);O(1;2;−3) suy ra (t −2) 2 +(t −4) 2 +(t +4) 2 =36 ⇒ t =0; t = 4 3 suy ra M(−1;−2;1);  1 3 ; −2 3 ; 7 3  Câu 7a. Cho các số phức z 1 ; z 2 đồng thời thỏa mãn các điều kiện : z 1 +3z 1 z 2 = ( −1 +i ) z 2 và 2z 1 −z 2 =−3 +2i . Tìm mô-đun của số phức w = z 1 z 2 +z 1 +z 2 . Lời giải (Love Math):  z 1 +3z 1 z 2 = ( −1 +i ) z 2 2z 1 −z 2 =−3 +2i ⇒    z 1 +3z 1 z 2 z 2 =−1 +i 2z 1 −z 2 =−3 +2i ⇒    z 1 z 2 +3z 1 =−1 +i 2z 1 −z 2 =−3 +2i ⇒  z 1 z 2 +3z 1  −(2z 1 −z 2 ) =(−1 +i)−(−3 +2i) ⇒ z 1 z 2 +z 1 +z 2 =2 −i ⇒|w|=  5 Câu6b.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxy cho tam giác ABCvuông tại A ngoại tiếp hình chữ nhật MNPQ . Biết các điểm M ( −3; −1 ) và N ( 2;−1 ) thuộc cạnh BC , Q thuộc cạnh AB , P thuộc cạnh AC , đường thẳng AB có phương trình : x − y +5 =0 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Lời giải (dan_dhv): M N Q P C A B Phương trình đường thẳng d vuông góc BC qua M (−3;−1) là x +3 =0; suy ra tọa độ Q là Q(−3;2). Ta có −−→ M N = −−→ QP ⇒P(2;2). Đường thẳng AC qua P (2;2) nhận −→ n =(1; 1) làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình: x+y−4 =0 Vậy A  −1 2 ; 9 2  ;B(−6;−1);C (5;−1) Câu 6b.b Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x −2 ) 2 +  y −2  2 + ( z −2 ) 2 =12 và điểm A ( 4;4;0 ) . Xác định tọa độ điểm B thuộc mặt cầu (S) biết tam giác BO A cân tại B và có diện tích bằng 4  3. Lời giải (dan_dhv): Nhận thấy: A,O thuộc mặt cầu. Gọi M là trung điểm AO suy ra M(2;2;0). Gọi B(a,b,c). Ta có : −−→ OA(4;4; 0); −−→ MB(a −2; b −2;c) Do tam giác ABO cân tại B nên −−→ OA ⊥ −−→ MB ⇒a +b =4 (1) Ta có : 4  3 =S ABO = 1 2 AO.B M = 1 2 4  2B M ⇒B M =  6 ⇒(a −2) 2 +(b −2) 2 +c 2 =6 (2) Do B ∈(I;R) nên (a −2) 2 +(b −2) 2 +(c −2) 2 =12 (3) 6 http://www.k2pi.net Từ (1)(2)(3) ta suy ra B  2 +  23 8 ;2−  23 8 ; −1 2  ;B  2 −  23 8 ;2+  23 8 ; −1 2  ; Lời giải (miketu): Gọi B(a,b,c). B ∈(s) ⇐⇒ (a −2) 2 +(b −2) 2 +(c −2) 2 =12 (1) Tam giác ABO cân tại B ⇐⇒ B A =BO ⇐⇒ B A 2 =BO 2 ⇐⇒ (4−a) 2 +(4 −b) 2 +c 2 =a 2 +b 2 +c 2 (2) Lại có: S ABO = 1 2 |[ −−→ OA; −−→ OB]|=4  3 ⇐⇒ 2  2c 2 +(b −a) 2 =4  3 (3) Từ (1)(2)(3) ta suy ra B  2 +  23 8 ;2−  23 8 ; −1 2  ;B  2 −  23 8 ;2+  23 8 ; −1 2  ; Câu 7b. Từ các chữ số 0,1,2,3, 4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số khác nhau nhỏ hơn 4321 đồng thời các chữ số 1 và 3 luôn có mặt và đứng cạnh nhau. Lời giải (Tú Anh): Giả sử số đó là : abcd TH1: a,b là các chữ số 1 và 3 . Sẽ có 2! cách chọn a,b. Lúc này chọn d có : 4 cách và chọn c có 4 cách. TH này có : 2.4.4 =32 số. TH2 : b,c là các chữ số 1 và 3 . Sẽ có 2! cách chọn b,c. +) Nếu d =0 chọn a có : 2 cách . TH này có : 2.1.2 =4 số +) Nếu d =0 chọn d có : 2 cách, chọn a có : 2 cách. TH này có : 2.2.2 =8 số Vậy có : 32 +4 +8 =44 số 7 TÀI LIỆU TOÁN THPT http://www.k2pi.net ĐỀ SỐ 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN NGÀY 12.10.2012 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = 2x +2 x −1 , có đồ thị ( C ) . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ( C ) . b) Xác định tất cả những điểm M trên đồ thị ( C ) sao cho đồ thị hàm số ( C ) tiếp xúc với đường tròn tâm I ( 1;2 ) tại M. Câu 2. (2 điểm) a) Giải phương trình cos3x cos5x − cos x cos3x =2sin5x.si n 3x. b) Giải bất phương trình   x +6   x  2x 2 +26x +8  −4 ≥x  2x +3  x +33  . Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I =  e 1 x 2 −2ln x +1 x 2 .  x +lnx dx. Câu 4. (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC .A 1 B 1 C 1 có BC =2AB và AB ⊥BC. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của A 1 B 1 và BC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B 1 C bằng 2a  7 . Góc giữa hai mặt phẳng ( AB 1 C ) và ( BCC 1 B 1 ) bằng 60 o . Tính thể tích khối chóp M ABC và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp B 1 ANC theo a. Câu 5. (1 điểm) Cho các số thực x, y,z không âm sao cho không có 2 số nào đồng thời bằng 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =(xy +yz +zx)  1 x 2 +y 2 + 1 y 2 +z 2 + 1 z 2 +x 2  . 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 tọa độ vuông góc Oxy, cho đường tròn ( I ) : x 2 +y 2 −4x +2y −11 =0 và đường thẳng d : 4x−3y+9 =0.Gọi A,B làhai điểm thuộcđườngthẳng d,C là điểmthuộcđường tròn ( C ) .Biết điểm H  22 5 ; 11 5  là một giao điểm của AC với đường tròn ( I ) , điểm K  − 6 5 ; 7 5  là trung điểm của cạnh AB. Xác định tọa độ các điểm A,B,C biết diện tích tứ giác AH I K bằng 24 và hoành độ điểm A dương. b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Ox y z, cho hai điểm A ( −1;−3;−2 ) ; B ( 0;−2;2 ) và mặt cầu ( S ) : ( x +1 ) 2 +  y +2  2 + ( z +3 ) 2 =14. Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua A đồng thời cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho tam giác ABM vuông cân tại A. Câu 7A. (1 điểm) Tìm n ∈N ∗ thỏa mãn: 3.C 0 n +4C 1 n +5C 2 n + + ( n +3 ) C n n = ( n +6 )  35 12 n +2013  B. Theo chương trình nâng cao Câu 6B. (2 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Ox y cho điểm A ( 1;0 ) và các đường tròn ( C 1 ) : x 2 +y 2 = 2; ( C 2 ) : x 2 +y 2 =5 . Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt nằm trên ( C 1 ) và ( C 2 ) để tam giác ABC có diện tích lớn nhất. b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Ox yz , cho đường tròn ( C ) :  x 2 +y 2 +z 2 +4x −6y +4z +4 =0 x +2y −2z −2 =0 có tâm I và đường thẳng d : x −3 2 = y +2 1 = z +1 −1 . Lập phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng AI , bán kính R =  26 và tiếp xúc với đường thẳng ∆ : x −1 1 = y −3 2 = z +2 −2 , biết rằng A thuộc đường tròn ( C ) và đường thẳng d vuông góc với đường thẳng AI. Câu 7B. (1 điểm) Cho các số phức z 1 ; z 2 đồng thời thỏa mãn các điều kiện : z 1 +2z 2 là số thực, 2z 1 −z 2 là số ảo và 3z 1 +z 2 =5−5i . Tìm Mô đun của số phức w =z 2 1 +3z 1 .z 2 2 . ———————————————–Hết—————————————————- TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄNĐÀN Câu 1. Cho hàm số y = 2x +2 x −1 , có đồ thị ( C ) . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ( C ) . b) Xác định tất cả những điểm M trên đồ thị ( C ) sao cho đồ thị hàm số ( C ) tiếp xúc với đường tròn tâm I ( 1;2 ) tại M. a) Lời giải (hungchng): TXĐ D = R\{1}; đạo hàm y  = −4 (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 = 2; lim x→+∞ y = 2; y = 2 là phương trình tiệm cận ngang Bảng biến thiên x y  y −∞ 1 +∞ − − 22 −∞ +∞ 22 Đồ thị b) Lời giải 1 (kunkun): Giả sử M  x 0 ; 2x 0 +2 x 0 −1  Phương trình tiếp tuyến tại M: y =− 4 ( x 0 −1 ) 2 ( x −x 0 ) + 2x 0 +2 x 0 −1 ⇔− 4 ( x 0 +1 ) 2 x −y + 2x 2 0 +4x 0 −2 ( x 0 −1 ) 2 =0(∆) Véctơ chỉ phương của đường thẳng ∆:  u =  1;− 4 ( x 0 −1 ) 2  . Ta có: −−→ I M =  x 0 −1; 4 x 0 −1  Mặt khác −→ u .  I M =0 ⇔ x 0 −1 − 16 ( x 0 −1 ) 3 =0 ⇔x 0 =3 hoặc x 0 =−1 ⇒M ( 3;4 ) hoặc M ( −1;0 ) b) Lời giải 2 (dan_dhv): Nhận thấy I(1;2) là tâm của hypebol. Do đó. (C ) tiếp xúc với đường tròn tâm I theo bán kính nhỏ nhất. Gọi M(x 0 ; 2x 0 +2 x 0 −1 ). Ta có MI =  (x 0 −1) 2 + 16 (x 0 −1) 2 ≥2  2 Dấu  =  xảy ra ⇔|x 0 −1|= 4 |x 0 −1| ⇔x 0 =3; x 0 =−1 Vậy M (3;4);M(−1;0) Câu 2.a Giải phương trình cos3x cos5x − cos x cos3x =2sin5x. sin3x. Lời giải 1 (hoangde_BM): Điều kiện: cos 5x.cos 3x =0. Ta có phương trình đã cho được viết lại như sau: cos3x cos5x +1 −  cos x cos3x +1  =2sin5x. sin3x ⇐⇒ cos3x +cos5x cos5x − cos x +cos3x cos3x =2sin5x. sin3x ⇐⇒ 2cos4x.cosx cos5x − 2cos2x.cosx cos3x =2sin5x. sin3x 2 http://www.k2pi.net Hay ta có : cos4x. cos x. cos3x −cos x.cos2x.cos 5x =sin5 x.sin 3x.cos 3x.cos 5x ⇐⇒ cos x(cos3x.cos4x −cos 2x.cos 5x) = 1 4 .sin10x.sin6x Mà ta có: cos3x. cos4x −cos2x.cos5x = 1 2 (cos7x +cosx −cos7x −cosx) =0 Từ đây dễ ta suy ra các nghiệm của phương trình. Lời giải 2 (kunkun): P t ⇐⇒ cos 2 3x − 1 2 ( cos4x +cos6x ) 1 2 ( cos2x +cos8x ) =cos2 x −cos8x ⇐⇒ 1−cos4 x =cos 2 2x −cos 2 8x ⇐⇒ 1−cos4 x = 1 +cos4x 2 −  2cos 2 4x −1  2 ⇐⇒ 8cos 4 4x −8 cos 2 4x −3 cos x +3 =0 ⇐⇒ cos4x =1 hoặc cos4x = 1 2 đến đây thì ok. giải pt xong nhớ loại nghiệm. pt chỉ có 2 nghiệm Lời giải 3 (hoanghai1195): PT ⇔2 cos 2 3x −2 cos x. cos5x =sin6 x.sin 10x ⇔1 +cos6x −(cos 6x +cos4x) = −1 2 (cos16x −cos4x) ⇔2 −3cos 4x +cos16x =0 ⇔8cos 4 4x −8 cos 2 4x −3 cos4x +3 =0 ⇔(cos4x −1)(8cos 2 4x(cos4x +1)−3) =0 Đến đây là OK rồi Câu 2.b Giải bất phương trình   x +6   x  2x 2 +26x +8  −4 ≥x  2x +3  x +33  . Lời giải 1 (Con phố quen): Điều kiện để bất phương trình có nghĩa là : x ≥0. Nhận thấy rằng với x =0 bất phương trình đã cho không thỏa. Vậy ta chỉ cần xét x >0. Với điều kiện này ta đặt t =  x, t >0. Lúc đó bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình : t(t +6)  2t 4 +26t 2 +8 ≥2t 4 +3t 3 +33t 2 +4 (1) Tiếp tục đặt u =  2t 4 +26t 2 +8, u ≥ 2  2. Khi đó bất phương trình (1) được viết lại thành bất phương trình tương đương sau : t(t +6)  2x 2 +26t 2 +8 ≥(2t 4 +26t 2 +8) +3t 3 +7t 2 −4 ⇔t(t +6)u ≥u 2 +3t 3 +7t 2 −4 ⇔u 2 −(t 2 +6t)u +3t 3 +7t 2 −4 ≤0 (2) Để ý rằng nếu ta xem phương trình (2) là phương trình bậc hai theo u thì phương trình (2) có biệt số ∆ =(t 2 +6t) 2 −4(3t 3 +7t −4) =(t 2 +4) 2 Khi đó bằng cách suy nghiệm và kết hợp nhân tử ta sẽ đưa được bất phương trình (2) về bất phương trình sau :  u −t 2 −3t −2  · ( u −t +2 ) ≤0 (3) http://www.k2pi.net 3 [...]... Vậy xác suất để lấy ra viên bi đỏ theo yêu cầu bài toán là: P = http://www.k2pi.net 1 5 7 9 73 + + = 3 9 15 15 135 7 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 TÀI LIỆU TOÁN THPT Môn: TOÁN NGÀY 24.11.2012 http://www.k2pi.net ĐỀ SỐ 4 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 1 có đồ thị (C m ) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi m = −1 b) Xác định các... 2i ; z 2 = 2 + i 2 2 Từ đó ta có : z 1 + 3z 1 z 2 = 30 − 10i Vậy : modun w bằng 10 10 pi ne t ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 TÀI LIỆU TOÁN THPT http://www.k2pi.net Môn: TOÁN NGÀY 10.11.2012 ĐỀ SỐ 3 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y = x −2 x −1 (H ) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (H ) b) Tìm tất cả các giá trị thực của m để đường thẳng d : y = 2x + m... độ Đề- các vuông góc Oxy, cho hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 ) có bán kính bằng nhau và cắt nhau tại A(4; 2) và B Một đường thẳng đi qua A và N (7; 3) cắt các đường tròn (O 1 ) và (O 2 ) lần lượt tại D và C Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác BC D biết rằng đường thẳng nối 24 5 b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Ox y z cho các mặt phẳng (P ) : −mx +(1−m)z −2m +3 = 0, (Q) : m y + z + 3 = 0 và. .. còn lại 3 2 Ta sẽ có: C 6 C 4 A 2 = 6720 số thỏa mãn Vậy: P = 8 8 7 9375 http://www.k2pi.net ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 TÀI LIỆU TOÁN THPT http://www.k2pi.net Môn: TOÁN NGÀY 08-12-2012 ĐỀ SỐ 5 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) x +1 có đồ thị là (C ) x −1 a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (C ) b) Viết phương trình các tiếp tuyến tại điểm M thuộc đồ thị (C ), biết tiếp tuyến đó cắt... xanh và 5 bi đỏ, bình B đựng 8 viên bi xanh và 7 viên bi đỏ và bình C đựng 6 viên bi xanh và 9 viên bi đỏ Người ta chọn ngẫu nhiên ra một bình từ ba bình đã cho, rồi từ bình đã chọn lấy ngẫu nhiên ra một viên bi Tính xác suất để viên bi lấy ra là viên bi đỏ ———————————————–Hết—————————————————- Câu 1 Cho hàm số y = x −2 x −1 (H ) ne t TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ... Thay vào P t (1) ta có : log5 (5x − 4) = 1 − 2y x 3 − 2y = x 2 − x 2y + 1 (1) (2) P t (2) ⇐⇒ x 3 − x 2 + x = (x 2 − x + 1)2y ⇐⇒ x = 2y log5 (5x − 4) = 1 − x ⇐⇒ 5x − 4 = 51−x ⇐⇒ 5x = 5 ⇐⇒ x = 1 Vậy nghiệm hệ là (1; 2) Câu 6B.a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề- các vuông góc Oxy, cho hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 ) có bán kính bằng nhau và cắt nhau tại A(4; 2) và B Một đường thẳng đi qua A và N... qua A và N (7; 3) cắt các đường tròn (O 1 ) và (O 2 ) lần lượt tại D và C Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác BC D biết rằng đường thẳng nối tâm O 1 ,O 2 có phương trình x − y − 3 = 0 và diện tích tam giác BC D bằng 24 5 Lời giải (thiencuong_96): Phương trình (AN ) : x − 3y + 2 = 0 9 3 ; =⇒ B (5; 1) ( với I là giao điểm của AB và O 1O 2 ) 2 2 Do 2 đường tròn bán kính bằng nhau( hay hai đường tròn bằng... đúng 3 lần và các chữ số còn lại có mặt không quá 1 lần Lời giải (angel): Ta có 9.106 số tự nhiên có 7 chữ số Giả sử số tự nhiên có 7 chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là a 1 a 2 a 7 3 2 Do a1 = 0 nên có C 6 cách để đặt chữ số 0, sau đó có C 4 cách để đặt chữ số 3 Và có A 2 cách để đặt 8 các chữ số còn lại 3 2 Ta sẽ có: C 6 C 4 A 2 = 6720 số thỏa mãn Vậy: P = 8 8 7 9375 http://www.k2pi.net ĐỀ THI THỬ... x + ln x e 1 e + 2 x + ln x 1 =2 e +1 +2 e +1−4 e Cho lăng trụ đứng ABC A 1 B 1C 1 có BC = 2AB và AB ⊥ BC Gọi M , N lần lượt là trung điểm của A 1 B 1 và BC Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B 1C bằng 2a 7 Góc giữa hai mặt phẳng (AB 1C ) và (BCC 1 B 1 ) bằng 60o Tính thể tích khối chóp M ABC và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp B 1 ANC theo a Lời giải (dan_dhv): Ta có : 60o AB ⊥ BC AB... đường thẳng ∆1 : = = , 2 3 1 x y z −1 = = và hai điểm A(−1; 3; 0), B (1; 1; 1) Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt các đường thẳng ∆1 và 3 −1 2 1 ∆2 tại M và N sao cho tam giác AN B vuông tại B và thể tích khối tứ diện AB M N bằng 3 ∆2 : Câu 7B (1 điểm) Giải hệ phương trình : x2 − y 2 = 2 8 log16 x + y = 1 log3 x − y + 2 4 ———————————————–Hết—————————————————- TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN Câu 1 Cho . http://www.k2pi.net TÀI LIỆU TOÁN THPT http://www.k2pi.net ĐỀ SỐ 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN NGÀY 12.10.2012 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu. TH này có : 2.2.2 =8 số Vậy có : 32 +4 +8 =44 số 7 TÀI LIỆU TOÁN THPT http://www.k2pi.net ĐỀ SỐ 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN NGÀY 12.10.2012 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu. 10  10. 10 http://www.k2pi.net http://www.k2pi.net TÀI LIỆU TOÁN THPT http://www.k2pi.net 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