TÀI LIỆU TOÁN THPT

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.


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

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

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
+
(

(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
−∞

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
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


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

+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

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

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|







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
.

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

−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 ≤

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)

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
⇐⇒






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

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

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

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 .

:
(
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)

+(c −2)
2
=12 (3)
6

Từ (1)(2)(3) ta suy ra B

2 +

23
8
;2−

23
8
;
−1
2

;B

2 −

23
8
;2+

23
8
;

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
;


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


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
(

+
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

(
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
∗

)
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
)

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

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 =−
4
(
x
0
−1
)
2
(
x −x
0
)
+
2x
0
+2
x
0
−1
⇔−
4
(
x
0
+1
)
2
x −y +
2x
2

−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

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 −


(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

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

+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)

4
+9t
2
+4 +6t
3
+4t
2
+6t
⇔t
4
−6t
3
+13t
2
−6t +4 ≤0 ⇔(t
2
−3t +2)
2
≤0
⇔t
2
−3t +2 =0 ⇔

t =1
t =2
Với hai giá trị t vừa tìm được ta sẽ có được hai giá trị x tương ứng là x =1; x = 4 Cả hai giá trị này
đều thỏa điều kiện của bất phương trình đã cho. Vậy bất phương trình đã cho có hai nghiệm
x =1; x =4
Lời giải 2 (Con phố quen):
Điều kiện x ≥ 0. Nhận thấy x = 0 không thỏa bất phương trình đã cho. Đặt t =

đoán nghiệm ta cố gắng đoán nghiệm sao cho khi thế vào căn thức ta phải được một số chính
phương. Vậy nên ta nhẩm tính được có hai nghiệm t =1 và t =2 là thỏa yêu cầu đó. Bây giờ ta cố
gắng nhốt hai con số này lại khoang vùng xem sao.
Vùng 1 : 0 < t <1. Lúc này ta có T <0 nên xem như thoát ngưỡng vùng này.
Vùng 2 :1 < t <2. Lúc này ta cũng có T <0 nên qua cửa này luôn.
Vùng 3 :t >2. Lúc này ta cũng có T <0 nên xem như các ải cần vượt đã vượt hoàn toàn rồi.
Điều đó dẫn đến bất phương trình theo t chỉ có hai nghiệm t =1; t =2.
Lời giải 3 (Lão Hạc):
ĐK :

x ≥0
2x
2
+26x +8 ≥0
BPT ⇔


2x
2
+26x +8 −3

x

2
−x


2x
2
+26x +8 −3

+26x +8 +2 =

2
(
x +2
)
2
+18x +2 >3

x

2x
2
+26x +8 =

2

(
x +2
)
2
+9x

≥
(
x +2
)
+3

x


x +ln x
dx =

e
1
(x +1)
2
x
2
.

x +ln x
d x −2

e
1

x +ln x
x
2
dx
Xét I
1
=2

e
1

x +ln x

−2

x +ln x
x
+

e
1
1 +
1
x

x +ln x
dx
Xét I
2
=

e
1
1 +
1
x

x +ln x
dx Để ý: (x +lnx)

=1 +
1
x


x +ln x
x
2
dx
Mà d

x +1
x

=
−1
x
2
dx và
x +1
x.

x +ln x
dx = d

2.

x +ln x

. Nên
I =2
x +1
x




x +ln x
x


=
1+
1
x
2

x+lnx
x −

x +ln x
x
2
=
1 −x −2 ln x
2x
2
.

x +ln x
và


x +ln x



x +ln x
dx +2

e
1
x
2
+x
2x
2
.

x +ln x
dx =2

x +ln x
x




e
1
+2

x +ln x




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.
Lời giải (dan_dhv):
Ta có :

AB ⊥BC
AB ⊥BB
1
⇒ AB ⊥B
1
C. Hạ BK ⊥B
1
C ⇒B
1
C ⊥(ABK ) ⇒ g

PC )
)
.
Hạ BE ⊥PC ⇒PC ⊥(BB
1
E). Hạ BF ⊥B
1
E ⇒BF ⊥(B
1
PC ) ⇒d
(
B;(B
1
PC )
)
=BF =
2a

7
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác BB
1
E và BPC ta có:
7
4a
2
=
1
BF
2
=

1
B
2
(1)
Ta có : tan(BK A) =
AB
BK
⇒ AB =

3BK . Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác BB
1
C ta có:
1
B
1
B
2
+
1
4AB
2
=
3
AB
2
⇒
1
B
1
B

Gọi J là tâm của tam giác ANC suy ra J thuộc d. Trên mặt phẳng BCC
1
B
1
vẽ đường thẳng ∆ qua
Q và song song CC
1
.
Khi đó ∆ là trung trực của NC. Gọi I là tâm của B
1
NC thì I thuộc ∆. Dựng đường thẳng d
2
qua J
và song song ∆.
Suy ra d
2
là trục đường tròn ngoại tiếp ANC. Từ I vẽ đường thẳng song song Q J cắt d
2
tại O.
Nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếpB
1
.ANC
Ta có :B
1
C =
a

192

11


2, AC =2a

5; NC =2a,S
ANC
=2a
2
⇒ JN =R
∆ANC
=
AN AC NC
4S
ANC
=a

10. ⇒ JQ =OI =

I N
2
−NQ
2
=

10a
2
−a
2
=3a.
Suy ra
R

z
2
+x
2

.
Lời giải 1 (hahahaha1):
Giải sử z =min(x; y;z) khi đó ta có:
x +y ≥2z ⇔ x y +yz +xz ≥

x +
z
2

y +
z
2

Mà ta lại có:
1
x
2
+y
2
≥
1

x +
z
2

1

x +
z
2

2
Từ những điều trên ta có:
P ≥

x +
z
2

y +
z
2





1

x +
z
2

2
+

z
2
=b(a ; b ≥0 Ta có:
P ≥ ab

1
a
2
+b
2
+
1
a
2
+
1
b
2

=
a
b

a
b

2
+1
+
a

b +c
+
1
c +a
≥
5
2

ab +bc +ca
Chuẩn hóa ab +bc +ca =1. Chúng ta xét 2 TH:
* TH1: a +b +c ≤2 BĐT cần chứng minh tương đương với
2(a +b +c)

1
a +b
+
1
b +c
+
1
c +a

≥5(a +b +c)
⇐⇒ 6+2

c
a +b
+
a
b +c

⇐⇒ 2(a
2
+b
2
+c
2
) +6 ≥5(a +b +c) −5abc
BĐT này luôn đứng do
2(a
2
+b
2
+c
2
) +6 =2(a +b +c)
2
+2
=(2(a +b +c) −1)(a +b +c −2)+5(a +b +c) ≥5( a +b +c)−5abc.
6
Vậy phép chứng minh hoàn tất! Đẳng thức xảy ra khi (a;b;c) là 1 trong các hoán vị của bộ số
(0;1;1).
Lúc này thay a,b,c lần lượt bởi x
2
, y
2
, z
2
ta có
1
x

2
Sử dụng BĐT trên và chú ý rằng:
x y +y z +zx =

x
2
y
2
+y
2
z
2
+z
2
x
2
+2xyz(x +y +z) ≥

x
2
y
2
+y
2
z
2
+z
2
x
2

2
z
2
+z
2
x
2
≥
5
2
Đẳng thức xảy ra khi một số bằng 0 và hai số còn lại bằng nhau!
Vậy MinP =
5
2
khi một số bằng 0 và hai số còn lại bằng nhau!
Lời giải 3 (Inspectoragadget):
Không mất tính tổng quát ta giả sử z =Min(x; y;z).
Đặt P
(x;y;z)
=(xy +y z +zx).

1
x
2
+y
2
+
1
y
2

2
+x
2

≥x y.

1
y
2
+
1
x
2
−
1
x
2
+z
2
+
1
y
2
+z
2

⇔z(x +y).

1
x

x
2
(x
2
+z
2
)

⇔(x +y).

1
x
2
+y
2
+
1
y
2
+z
2
+
1
z
2
+x
2

≥x yz.


≥
x y z
y
2
(y
2
+z
2
)
x +y
x
2
+z
2
≥
x y z
x
2
(x
2
+z
2
)
Vậy ta có P
(x;y;z)
≥P
(x;y;0)
Cuối cùng ta sẽ chỉ ra P
(x;y;0)
≥

3(x
2
+y
2
)
4x y
≥
3
2
Vậy ta có P
Mi n
=
5
2
. Đẳng thức xảy ra tại x = y, z =0 và các hoán vị tương ứng
Câu 6A.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 là hai điểm thuộc đường thẳng d, C là
điểm thuộc đường tròn
(
C
)
. Biết điểm H

4
6
0
I
d
B
K
H
C
A
b
a
Ta có: Tâm I (2;−1), R =4. Dễ dàng tìm được AB tiếp xúc với đường tròn tại K

−6
5
;
7
5

. Do d(I , AB) =
4 =R,
HK =4

2 =2R
2
, nên tam giác I HK vuông tại I. Từ đó nên AH IK là hình thang vuông tại I và K .
Theo S =24 =
I K .(AK +I H)
2

a −60 =0
Câu 6A.b Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Ox yz, 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


AB = AM
−−→
AM =
−→
0
Câu 7A. Tìm n ∈ N
∗
thỏa mãn: 3.C
0
n
+4C
1
n
+5C
2
n
+ +
(
n +3
)
C
n
n
=
(
n +6
)

35

2
n
+ +C
n
n

+

C
1
n
+2C
2
n
+3C
3
n
+ nC
n
n

=N
1
+N
2
Xét khai triển :
(1 +x)
n
=C
0

n−1
=C
1
n
+2C
2
n
x+3C
3
n
x
2
+ +nC
n
n
x
n−1
.
Cho x =1 ta có : N
2
=n2
n−1
. Từ đây ta có : N =3 ·2
n
+n ·2
n−1
=
(
n +6
)

n
>4026 ⇔n >log
2
4026 ≈11,975
8
Xét hàm số : f (n) =2
n
−
35n
6
−4026, ∀n >11,975 Ta có : f

(n) =2
n
ln2−
35
6
>0, ∀n >11,975.
Do đó ta có hàm số f (n) đồng biến ∀n >11,975. Mặt khác ta có f (12) =0.
Do đó phương trình f (n) =0 có nghiệm duy nhất n =12.
Lời giải 2 (Inspectoragadget):
Ta có :
N =3.C
0
n
+4C
1
n
+5C
2

n
+3C
3
n
+ nC
n
n

=3N
1
+N
2
Tính N
1
=C
0
n
+C
1
n
+ +C
n
n
=2
n
Xét n cây bút, ta cần chọn ra một số cây bất kì (có thể không có viên nào)
* Đếm cách 1:
+ Nếu chọn 0 cây có C
0
n

=C
1
n
+2C
2
n
+3C
3
n
+ +nC
n
n
=n.2
n−1
chọn trong n người một số nhân lực để bổ sung cho công ty, trong đó có 1 giám đốc
Đếm cách 1: chọn k người trong n người, sau đó chọn 1 giám đốc từ k người, có kC
k
n
cách chọn
Cho k từ 1 đến n, có C
1
n
+2C
2
n
+3C
3
n
+ +nC
n

= 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.
Lời giải (Sangham_BM):
* Đầu tiên ta có nhận xét: để tam giác ABC có diện tích lớn nhất thì O phải là trực tâm của tam
giác ABC .
-Giả sử CO không ⊥ AB thì ta luôn tìm được điểm C

∈ (C
2
) sao cho d(C

, AB) lớn hơn d(C, AB),
hay S
∆ABC

lớn hơn S
∆ABC
→ không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Do đóCO ⊥ AB
-Tương tự ta cũng có BO ⊥ AC

2
Mà CO ⊥ AB nên

CO.

AB =0 hay t(t −1) +bc =0
Suy ra b
2
c
2
=t
4
−2t
3
+t
2
Do đó
(2 −t
2
)(5 −t
2
) = t
4
−2t
3
+t
2
⇐⇒ (t +1)(2t
2
−10t +10) ⇐⇒ t =−1; t =

Suy ra
S
2
∆ABC
=
1
4
(1 −t)
2
(b
2
+c
2
−2bc) =
1
4
(1 −t)
2
((2 −t
2
) +(5−t
2
) −2(t −t
2
)) =
1
4
(1 −t)
2
(7 −2t)

Suy ra với t =−1 thì S
∆ABC
lớn nhất. Và ta có





bc =−2
b
2
=1
c
2
=4
⇐⇒

b =1
c =−2
hoặc

b =−1
c =2
Suy ra

B(−1;1)
C(−1;−2)
hoặc

B(−1;−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.
Lời giải (Phố Đêm):
Gọi I là tâm đường tròn ⇒ I

−
8
3
;







x =
−8
3
y =
5
3
+t
z =
−2
3
+t
Nhận thấy ∆ ⊥(C) Gọi M là giao của ∆ và mặt phẳng chứa (C) ⇒M(0;1;0) Gọi O là tâm mặt cầu .
(O;M ∈(mp))
Ta có : O ∈(I A) ⇒O

−8
3
;
5
3
+t;
−2
3
+t

3

O

−8
3
;
−4
3
;
−11
3

Vậy Pt mặt cầu :

x +
−8
3

2
+

y −
14
3

2
+

z −

đồng thời thỏa mãn các điều kiện : z
1
+2z
2
là số thực, 2 z
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
.
Lời giải (NgoHoangToan):
Ta đặt : z
1
=x +yi;z
2
=a +bi . Từ đó ta có : z
1
+2z
2


TÀI LIỆU TOÁN THPT

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
(H).
a) Khảo sát sự biến thiên 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 −2 cắt đồ thị (H) tại hai điểm phân biệt A,B
sao cho tứ giác AMB N có diện tích bằng
5

17
4
, biết M
(
1;−2
)
; N
(
3;−3
)
.
Câu 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình: cos x +cos

2

x +

y


x y =4y

y −x

x
8y

x +

1 −x +

1 −y

2

−1 =12x +7


x −1+

y −2

Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I =

và mặt phẳng (P ), biết
góc

AK B =120
o
. Tính thể tích hình lăng trụ ABC.A

B

C

theo a và góc hợp bởi CC

và mặt phẳng (ABC).
Câu 5. (1 điểm) Cho các số thực a,b,c ∈
[
1;2
]
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P =
10a
bc
+
11b
ac
+
2012c
ab
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6A. (2 điểm)


4 −3
4x
−7
3
2x
≥
3
2x
−2

4 −3
4x
−2+3
2x
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 6B. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Ox y, cho hình chữ nhật ABCD, đỉnh B thuộc đường thẳng
d
1
: 2x −y +2 =0, đỉnh C thuộc đường thẳng d
2
: x −y −5 =0. Gọi H là hình chiếu của B xuống đường chéo AC.
Biết M

9
5
;
2


TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄNĐÀN
Câu 1. Cho hàm số y =
x −2
x −1
(H).
a) Khảo sát sự biến thiên 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 −2 cắt đồ thị (H) tại hai điểm
phân biệt A,B sao cho tứ giác AM B N có diện tích bằng
5

17
4
, biết M
(
1;−2
)
; N
(
3;−3
)
.
a) Lời giải (hungchng):
TXĐ D = R\{1}; đạo hàm y

=
1
(x −1)
2
>0 ∀x ∈

M
N
A
B
b) Lời giải (hungchng):
Ta có phương trình đường thẳng MN : y =−
1
2
x −
3
2
. nên d ⊥ M N tại I
I có tọa độ là nghiệm của



y =2x +m −2
y =−
1
2
x −
3
2
nên I

1 −2m
5
;
m −8
5

A
+x
B
=
5 −m
2
, x
A
.x
B
=
4 −m
2
, do đó (x
B
−x
A
)
2
= (x
A
+x
B
)
2
−4x
A
.x
B
=

1
x
A
−1
−
1
x
B
−1
=
x
B
−x
A
x
A
.x
B
−(x
A
+x
B
)
AB
2
=(x
B
−x
A
)

1 +
4
1

(∗)
Ta có:
5

17
4
=S
AMB N
=
1
2
M N.AB =
1
2

5.AB. tức là AB
2
=
5.17
4
(∗∗)
từ (∗),(∗∗) ta được (m −1)
2
−8 =17 ⇐⇒

m =−4 thỏa


Lời giải (angel):
Đặt x +
π
6
=t Phương trình đã cho trở thành :
cos

t −
π
6

+cos

t +
π
6

=

3.cos
2
t +
1

3
sin
2
t ⇔2.cost.cos
π

⇔t =±
π
3
+k2π ⇒

x =
π
6
+k2π
x =−
π
2
+k2π
(
k ∈Z
)
Câu 2.b Giải hệ phương trình:




2

x +

y


x y =4y


x −

y)(x +3

x y +4y) =0 ⇔x = y
Thay vào phương trình (2); ta được:
4(

x
2
−3x +2 +x)
2
−9 =7(

x −1 +

x −2)
Đặt t =

x −1 +

x −2 >0
(2) ⇔(t
2
+3)
2
−9 =7t ⇔t
2
(t
2


π
2
0
e
2x
+sin
2
x −1
(e
x
+sin x)
2
dx =2x




π
2
0
+

π
2
0
e
2x
−cos
2

(e
x
+sin x)
2
dx =

π
2
0
(e
x
−cos x)(e
x
+cos x)
(e
x
+sin x)
2
dx
Đặt u =e
x
−cos x ⇒ du =(e
x
+sin x) dx, dv =
e
x
+cos x
(e
x
+sin x)

π
2
+1
+x




π
2
0
=−
e
π
2
e
π
2
+1
+
π
2
. ⇒ I =−
e
π
2
e
π
2
+1


theo a và góc hợp bởi CC

và mặt phẳng (ABC).
Lời giải (manlonely838):
3

Gọi M =CO ∩ AB. Kẽ MK ⊥CC

tại K , OH ⊥CC

tại H. Vì ∆ABC đều nên CO ⊥ AB.
Mà CO là hình chiếu của CC

trên (ABC) nên theo định lý 3 đường vuông góc suy ra CC

⊥ AB.
Từ đó suy ra (ABK ) ⊥CC

. Dĩ nhiên (ABK ) ≡(P).
Trong tam giác C K M cóOH ∥K M ⇒
OH
K M
=
CO
C M
=
2
3
⇒K M =

∆ABC
=
1
2
C M.AB =
1
2
.
9a
2
.3a

3 =
27a
2

3
4
. Xét tam giác vuông COC

có
1
OH
2
=
1
O C
2
+
1


2
4
Do đó,
V
ABC .A

B

C

=C

O.S
∆ABC
=
3a

2
4
.
27a
2

3
4
=
81a
3



O CC

=arctan


2
4

.
Câu 5. Cho các số thực a,b,c ∈
[
1;2
]
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P =
10a
bc
+
11b
ac
+
2012c
ab
Lời giải (hoanghai1195):
P = f (c) =
2012c
ab
+
1
c

2
ab
≥
2012 −10.2
2
−11.2
2
ab
>0
⇒ f (c) ≤ f (2) =
4024
ab
+
5a
b
+
11b
2a
=g (a)
Coi a là biến số; b là tham số; ta có:
g

(a) =
−4024
ba
2
+
5
b
−

2
=
8069
2
Vậy GTLN của P là
8069
2
khi và chỉ khi

a =b =1
c =2
Câu6A.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy cho hình thoi ABCD có

A =60
o
. Trên
các cạnh AB,BC lấy các điểm M,N sao cho MB +NB = AB. Biết P(

3;1) thuộc đường thẳng DN
và đường phân giác trong của góc

MDN có phương trình là d : x −y

3 +6 = 0. Tìm toạ độ đỉnh
D của hình thoi ABCD.
Lời giải (khanhtoanlihoa):
Từ giả thiết

A =60
o

MDN =60
o
.
Gọi P

là điểm đối xứng của P qua đường phân giác d ⇒ P

thuộc đường thẳng DM
⇒ tam giác PDP

là tam giác đều. ⇒DP =PP

=2d
(P/d )
=6.
Gọi D có tọa độ D

a;
a +6

3

⇒PD
2
=(a −

3)
2
+


Lời giải (manlonely838):
Gọi O = AC ∩BD. Vì S.ABC D là chóp đều nên I ∈ SO. Suy ra I ∈ (S AC). Mà BD ⊥ (S AC) nên (α)
chính là (S AC ).
Như vậy, yêu cầu bài toán thực chất là viết phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm S, A, C.
Ta có
−→
n
(α)
=[
−→
S A,
−→
SC] =[(3;0;1),(1;0;−3)] =(0;10;0). Vậy (α) : y =2.
Câu 7A. Giải bất phương trình sau :

2 +3
2x

2 +3
2x
−

2 −3
2x
+
3
4x
+

4 −3

=0
Sử dụng phép nhân liên hợp ta có :

2 +3
2x

+

4 −3
4x
2.3
2x
+
3
4x
+

4 −3
4x
−7
3
2x
≥
3
2x
−2

4 −3
4x
+

2.3
2x

2 −3
2x

(Với đk các biểu thức liên hợp =0)
⇐⇒2.3
4x
+3
2x
+3.

4 −3
4x
−12 ≥−

4 −3
4x
−2 +3
2x
⇐⇒2

4 −3
4x
+3
4x
−5 ≥0 ⇐⇒ −



9;2
)
lần lượt là trung điểm của AH và CD.
Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết hoành độ đỉnhC lớn hơn 4.
Lời giải (manlonely838):
d
1
d
2
M
K
B
C
D
A
E
H
Gọi B(b;2b +2), C (c; c −5), (c >4) và E là điểm đối xứng với B quaC . Suy ra E(2c −b;2c −2b −12).
Dễ dàng chứng minh được K là trung điểm của AE. Do đó,
−−→
HE =2
−−→
MK =

72
5
;
16
5


9
5
;c −
27
5

.
Với giả thiết bài toán ta có hệ phương trình

−−→
CK .
−→
BC =0
−−→
B H.
−−→
MC =0
⇔



−2c
2
+3bc +23c −23b −49 =0
4c
2
−6bc +
126
5
b −46c +

xem hai mặt cầu (S
1
), (S) như hai đường tròn trong mặt phẳng; mặt phẳng (P ) như là một đường
thẳng trong mặt phẳng. Hai mặt cầu này cắt nhau theo một mặt là đường tròn ví như hai đường
tròn trong mặt phẳng sẽ giao nhau theo một đoạn thẳng. Bài toán lúc này trở nên dễ dàng rồi
đúng không.
6

Ta có tâm mặt cầu (S) là I(1;1;−2), bán kính là R
(S)
= 4. d (I;(P)) =
7
3
. Vì d(I;(P)) < R
(S)
nên mặt
phẳng (P ) cắt mặt cầu (S) giao tuyến là một đường tròn (C ). Gọi I
1
, R
(S
1
)
lần lượt là tâm và bán
kính của mặt cầu (S
1
). Khi đó I I
1
⊥(P).
Để xác định toạ độ của I
1

+(−2 +2t −4)
2
=45 ⇔

t =0 (loại)
t =
10
3
Do đó I
1

13
3
;
23
3
;
14
3

. Suy ra d(I
1
;(P)) =
23
3
. Mặt khác ta lại có
R
2
(S)
−

)
2
+
(
d(I
1
;(P))
)
2
=4
2
−

7
3

2
+

23
3

2
=
208
3
.
Vậy mặt cầu (S
1
) có phương trình :

Xác suất để chọn 1 trong 3 bình là:
1
3
.
Xác suất để lấy 1 viên bi đỏ trong bình A là:
5
9
.
Xác suất để lấy 1 viên bi đỏ trong bình B là:
7
15
.
Xác suất để lấy 1 viên bi đỏ trong bìnhC là:
9
15
.
Vậy xác suất để lấy ra viên bi đỏ theo yêu cầu bài toán là: P =
1
3

5
9
+
7
15
+
9
15

=

2cosx +1
)(
2cosx −1
)
2
=4cos x +tan x
b) Giải phương trình:
1 +2

x −x

x
3 −x −

2 −x
=2

1 +x

x
1 +x

Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I =

π
4
0
sin x −2x.cos x
e
x

x
2
+2y
2
+5z
2

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 trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường
tròn (I ) : (x −5)
2
+(y −6)
2
=
32
5
. Biết rằng các đường thẳng AC và AB lần lượt đi qua các điểm M(7;8)
và N (6;9). Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD.
b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Ox yz cho các điểm B(0;1;0) và N(2;−1;2). Viết phương
trình mặt phẳng (P) đi qua các điểm B,N đồng thời cắt các tia Ox,Oz tại A,C sao cho diện tích tam
giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 7A. (1 điểm) Giải hệ phương trình:

log
5
(

,O
2
có phương trình x −y −3 =0 và diện tích tam giác BC D bằng
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) : my +z +3 = 0 và (R) : x − y = 0 ( m là tham số thực khác 0 ). Viết phương trình mặt phẳng (α) đi
qua giao tuyến của hai mặt phẳng (P ) và (Q) đồng thời vuông góc với mặt phẳng (R).
Câu 7B. (1 điểm) Tính xác suất để có thể lập được một số tự nhiên gồm 7 chữ số mà trong đó chữ số 3
có mặt đúng 2 lần,chữ số 0 có mặt đúng 3 lần và các chữ số còn lại có mặt không quá 1 lần.
———————————————–Hết—————————————————-