TÀI LIỆU TOÁN THPT
ĐỀ SỐ 9
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN
NGÀY 23-02-2013
PHẦN CHUNG CHOTẤT CẢ THÍ SINH (7điểm)
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y =
x −2
x +1
(C ).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
b) Tìm trên (C ) những điểm M mà tiếp tuyến của đồ thị tại đó cắt các đường tiệm cận của (C) tại hai điểm
phân biệt A,B sao cho tam giác I AB có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng
5
2
bán kính đường tròn nội tiếp
(I là giao điểm hai đường tiệm cận).
Câu 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình :
sin2x. sin x +
(
cos x +1
)(
cos x +2
)
2sin2x +cos2x +2sinx +cosx +1
=1
b) Giải hệ phương trình :


x +y +1

)
+3
cos x +2
dx
Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABC D có đáy ABCD là hình thoi tâm O , O A =2OB =2a. Cạnh SO vuông
góc với mặt phẳng đáy. Một mặt phẳng (α) đi qua A và vuông góc với SC cắt các cạnh SB, SC , SD lần lượt tại
B

,C

,D

. Gọi M là trung điểm của AB

. Tính thể tích khối chóp S.ABC D và góc giữa đường thẳng SM với mặt
phẳng (α), biết B

C

D

đều.
Câu 5. (1 điểm) Cho các số thực x, y, z thuộc đoạn [1;3] . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
T =
25

y +z

2
12x

x −2
1
=
y −3
1
=
z −3
−2
, phương trình đường phân giác trong BD :
x −1
1
=
y −4
−2
=
z −3
1
. Tính chu vi tam giác
ABC.
Câu 7A. (1 điểm) Giải phương trình : 9

2x
2
+4x +5

.3
x
2
+3x
=x

z
1
.
|
z
2
|
2

là số ảo ; z
2
là số thực
và

z
2
+z
2
.
|
z
1
|
2

là số thực. Tính
|
z
1
|

(x +1)
2
>0 ∀x ∈D,
Hàm số đồng 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 = 1 là phương trình
tiệm cận ngang
*
Bảng biến thiên
x
y

y
−∞
−1
+∞
+
+
11

x
0
+1
)
2
+
x
2
0
−4x
0
−2
(x
0
+1)
2
.
Giao điểm hai tiệm cận là I
(
−1;1
)
.
Giao điểm của ∆ với tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là A

−1;
x
0
−5
x
0

)
2
.
Diện tích tam giác I AB là S =pr =
I A.IB.AB
4R
⇐⇒ 4pRr =I A.IB.AB ⇐⇒
8
5
pR
2
=12AB ⇐⇒
2
5
AB
2
4
p =3AB ⇐⇒ AB.p =30
⇐⇒

(
x
0
+1
)
2
+
9
(
x

0
+1|+
3
|x
0
+1|
, t ≥2

3, phương trình trên trở thành

t
2
−6

t +

t
2
−6

=15 ⇐⇒ 6

t
2
−6 =15

t −

t
2

0
=−
5
2
.
Vậy có bốn điểm thỏa yêu cầu bài toán M
1

1;
−1
2

, M
2

−3;
5
2

, M
3

1
2
;−1

, M
4

−

⇐⇒ sin x =1 ⇐⇒ x =
π
2
+k2π, (k ∈Z)(TMĐK)
Vậy PT có nghiệm: x =
π
2
+k2π,(k ∈Z).
Câu 2.b Giải hệ phương trình :


x +y +1

x y =x
2
+y
2

x
3
+y
3

x y −y
2
=4x y
2

4x
3

2
+

x y(x +y)

2
−y
2
(
−1 +2 x
)
2
−x
2
y
2

8 x y −1

Ta sẽ chứng minh

x
3
+y
3

x y −y
2
−4xy
2


≥0
⇐⇒ 16x
2
y
2
≥(x +y)
2
Đặt s = x +y, p =x y. Giả thiết có: p =
s
2
s +3
BĐT cần chứng minh tương đương với:
3s
2
(5s +3)(s −1)
(s +3)
2
≥0
Theo Cauchy ta có: s
2
−4p =
s
2
(s −1)
s +3
≥0
Do đó BĐT được chứng minh vậy HPT có nghiệm là (x, y) =(0, 0);

1

vì thế chúng ta có thể thực hiện phép thế như sau để có thể đơn giản
hoá được lượng y
2
đó. Và ta có
PT (3) ⇐⇒ x
2
y
2
(x +y)
2
−y
2
=4x y
2
(4x
3
y
2
+x −1) (4)
Đến đây, để giản ước lượng y
2
thì ngay đầu bài giải ta có thể xét trường hợp. Từ hệ ban đầu chúng
ta có
+ TH1: Nếu y =0 =⇒ x =0 và ngược lại. Do đó (0; 0) là một nghiệm của hệ ban đầu.
+ TH2: Xét xy =0. Lúc đó
PT (4) ⇐⇒ (2x −1)
2
=x
2
[(x +y)

(x +y)
2
x +y +3
, thay vào PT (5) ta được
(2x −1)
2
=x
2

(x +y)
2
−16
(x +y)
4
(x +y +3)
2

⇐⇒ (2x −1)
2
=
3x
2
(x +y)
2
[1 −(x +y)][5(x +y) +3]
(x +y +3)
2
(6)
Đến đây, chúng ta nên suy nghĩ hướng giải như thế nào khi hệ mới lại không phải đối xứng hoàn
toàn? Nhưng chúng ta có thể dễ dàng đoán được hệ có một nghiệm

3x
2
(x +y)
2
[1 −(x +y)][5(x +y) +3]
(x +y +3)
2
=0 ⇐⇒ x = y =
1
2
Tóm lại, hệ phương trình ban đầu có 2 nghiệm (0; 0) và

1
2
;
1
2

.
Câu 3. Tính tích phân : I =

π
2
0
x
(
7 −cos2x
)
+3
cos x +2

2
0
4x dx −2

π
2
0
x d(sin x) +6

π
2
0
d(tan
x
2
)
tan
2
x
2
+3
=

2x
2
−2x sin x





3
3
Câu4. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , O A =2OB =2 a. Cạnh
SO vuông góc với mặt phẳng đáy. Một mặt phẳng (α) đi qua A và vuông góc với SC cắt các cạnh
SB,SC ,SD lần lượt tại B

,C

,D

. Gọi M là trung điểm của AB

. Tính thể tích khối chóp S.ABCD
và góc giữa đường thẳng SM với mặt phẳng (α), biết B

C

D

đều.
Lời giải (dan_dhv):
A
O
C
B
D
S
C

O

C

Suy ra:
SB

SB
=
SC

SI
=
SD

SD
=⇒ DI C

D

Do tam giác B

C

D

là tam giác đều suy ra Tam giác I BD cũng là tam giác đều cạnh BD =2a.
Ta có: BD ⊥OI suy ra OI là đường cao trong tam giác đều IDB =⇒ OI =
BD

3
2

=
1
12a
2
=⇒ SO =2a

3
Diện tích đáy là
1
2
AC.BD =4a
2
. Thể tích khối chóp S.ABC D là: V =
1
3
.SO.S
ABCD
=
8a
3

3
3
Ta có: SC =

SO
2
+OC
2
=4a =S A = AC =⇒ S ACđều

4a
3
=⇒ B

O =
2a
3
. =⇒ AB

=

AO
2
+OB
2
=
a

52
3
C

M là trung điểm của tam giác C

B

A , suy ra C

M =
C


2
12x
2
+2012

x y +y z +zx

Lời giải (nthoangcute):
Ta xét f (x) =
25

y +z

2
12x
2
+2012

x y +y z +zx

Thì f

(x) =−
25
4

y +z

2


2
Dễ thấy: 54 +1509 y +503 yz +1509z −503 z
2
=54 +1509 y +503 yz +503z(3 −z) >0
Suy ra g(y) ≥ g (1) =
25
16
(1+z)
2
384+503z
=h(z)
h

(z) =
25
16
(1 +z)(265 +503 z)
(384 +503z)
2
>0
Suy ra h(z) ≥h(1) =
25
3548
Vậy T ≥
25
3548
Lời giải (hbtoanag):
Ta có T ≥
25(y +z)

]
. Do đó m(x) đồng biến trên
[
1;3
]
,
suy ra T (x) nghịch biến trên
[
1;3
]
. Suy ra T (x) ≥T (3) =
25t
2
108 +6036t +503t
2
= f (t), với t = y+z ∈
[
2;6
]
.
Lại có f (t) =
150900t
2
+540t

108 +6036t +503t
2

2
>0, ∀t ∈

(y +z)
2
+2012
x
y +z
+503
đặt t =
x
y +z
, xét hàm số f (t) =
25
12t
2
+2012t +503
············
Câu 6A.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
(C
1
) : (x −2)
2
+(y −3)
2
= 45. Đường tròn (C
2
) có tâm K (−1; −3) cắt đường tròn (C
1
) theo một dây
cung song song với AC. Biết diện tích tứ giác AICK = 30

2, chu vi tam giác ABC bằng 10

2
). Suy ra M N ⊥I K . Mà AC ∥ M N =⇒ AC ⊥ I K .
Do đó S
AICK
=
I K .AC
2
=30

2 =⇒ AC =4

10.
Lại có AB +BC +C A =10

10 =⇒ B A +BC =6

10 (1).
Bây giờ ta có thể tìm tọa độ A, C. Kẻ A A

là đường kính của (C
1
),
gọi E = I K ∩AC. Suy ra I E =
1
2
A

C =
1
2

2;1 +2

2), C (1+4

2;1 −2

2).
Cuối cùng, chỉ cần giải hệ gồm PT(1) và PT của (C
1
) ta tìm được B

7
2
−3

3;
12+3

3
2

.
6
Câu 6A.b Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các Ox y z cho tam giác ABC có C(3; 2; 3).
Phương trình đường cao AH :
x −2
1
=
y −3
1



x =3 −t
y =2 +t
z =3
, (t ∈R)
−→
u
2
=(1; −2; 1) là một véc tơ chỉ phương của BD B =BC

BD =⇒ B =(1; 4; 3)
I ∈BD =⇒ I =(1 +b;4 −2b;3 +b) I H ⊥BD =⇒
−→
I H.
−→
u
2
=0 =⇒ I =(
3
2
;3;
7
2
)
H
1
là điểm đối xứng của H qua BD =⇒ I là trung điểm của H H
1
=⇒ H

+4x +5

.3
x
2
+3x
=x
2
+x +3
Lời giải (Mai Tuấn Long):
PT ⇐⇒

(x
2
+3x +2)+(x
2
+x +3)

3
x
3
+3x+2
=x
2
+x +3
Ta có: 2 x
2
+4x +5 =(x
2
+3x +2)+(x

+3x +2 >0 ⇐⇒ 3
x
3
+3x+2
>1
=⇒ V T =

(x
2
+3x +2)+(x
2
+x +3)

3
x
3
+3x+2
>(x
2
+3x +2)+(x
2
+x +3) >x
2
+x +3 =V P
Nếu: x
2
+3x +2 =0 ⇐⇒

x =−1
x =−2

PF
=⇒ P M AC =⇒ P MEC =⇒ MB = ME
Kẻ đường thẳng MP giao AB tại trung điểm J, cắt (d) tại I

ta đi chứng minh I

≡ I
Dùng định lý Ta lét ((d) song song AB) :
I

F
JB
=
I

D
J A
=⇒ I

là trung điểm của DF
Vậy P M đi qua trung điểm I của DF . Cuối cùng M là giao điểm của PI và AF suy ra M(9;−13)
Câu 6B.b Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các Oxyz cho tứ diện ABCD có
A(2;0;0),B(0;2;0),C (0; 0; 2), D(2;2;2) và mặt cầu (S) : (x −1)
2
+(y −2)
2
+(z −3)
2
=16 . Gọi M là điểm
có tọa độ nguyên nằm trong tứ diện. Viết phương trình mặt phẳng (α) qua M và cắt (S) theo

|
2

là số ảo ; z
2
là số thực và

z
2
+
z
2
.
|
z
1
|
2

là số thực. Tính
|
z
1
|
2012
+
|
z
2
|

z
1
−
z
1
.
|
z
2
|
2

⇐⇒

z
1
−
z
1
.(
|
z
2
|
)
2

=−
z
1

)
2
=1 ⇐⇒
|
z
2
|
=1 (Do z
1
không là số ảo nên z
1
=−
z
1
)

z
2
+
z
2
.
|
z
1
|
2

là số thực ⇐⇒


|
z
1
|
2
=
z
2
+z
2
.
|
z
1
|
2
⇐⇒

z
2
−
z
2

1 −
|
z
1
|
2