Tài liệu Hướng dẫn giải TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN TOÁN KHỐI D1 pptx

1 TRUONGHOCSO.COM MÃ SỐ D1 Hướng dẫn giải TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số   4 2 2 1 y x x C    . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số   C . 2. Tìm giá trị thực của m để phương trình 4 2 2 1 2 1 x x m     có đúng 6 nghiệm phân biệt. Hướng dẫn: 1. Bài toán cơ bản - tự giải. 2. Khảo sát sự biến thiên của đồ thị hàm số   4 2 2 1 f x x x    bằng cách lấy đối xứng đồ thị hàm số (C) qua trục hoành. Giá trị cần tìm của m thỏa mãn 3 1 2 1 2 1 2 m m       . Câu 2 (1,0 điểm). Giải bất phương trình       3 1 3 1 2 0x x x x x x         . Hướng dẫn: Điều kiện 1 1 x    . Bất phương trình đã cho tương đương với             3 3 3 1 2 3 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x                                       Xét hàm số     3 2 2 2 ; 3 2 2 0f t t t t f t t t t            . Hàm số liên tục và đồng biến. Thu được     1 1 0 f x f x x      . Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình   3 3 2 2 sin x cos x cos x x cosx sinx      . Hướng dẫn: Điều kiện 2 cosx sinx  . Phương trình đã cho tương đương với                       2 2 2 sin 2 2sin 0 2 0 4 2 2 sinx cosx sin x cos x xcosx cosx sinx cosx sinx sin x cosx sinx cosx xcosx cos x sinx cosx cosx sinx cosx x k x k k x k tan                                           2 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 3 0 I x cosxdx    . Hướng dẫn:         3 2 3 2 1 0 0 2 2 2 1 2 0 0 2 0 0 0 2 2 3 ; 3 3 2 ; 2 2 ; 2 3 4 12 3 x u x dx du cosxdx dv v sinx I x sinx x sinxdx I x u xdx du sinxdx dv v cosx I x cosx xcosxdx I x u dx du cosxdx dv v sinx I xsinx sinxdx cosx I                                                       Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình thang ABCD vuông tại A và D , 2 2 AB AD CD a    . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng   ABCD là điểm H thuộc cạnh AD sao cho 2 3 a AH  . Góc hợp bởi hai mặt phẳng     , SBC ABCD bằng 60  . Tính thể tích khối chóp . S ABCD . Hướng dẫn: Ta có SH vuông góc với đáy (ABCD) nên SH vuông góc với BC. Từ H kẻ HK vuông góc với BC. Ta có BC vuông góc với mặt (SHC),     , 60 SBC ABCD SCH        . 2 1 1 1 2 7 .2 .3 . .2 . . 2 2 3 2 3 3 HBC ABCD AHB HDC a a a S S S S a a a a           . 2 1 7 . 5 14 14 3 . tan60 2 3 2 3 5 3 5 HBC a HK a a S HK BC HK SH HK a           2 3 1 1 14 3 14 3 . . .3 3 3 3 5 3 5 SABCD ABCD V SH S a a a    . Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương , , x y z thỏa mãn điều kiện 3 x y z    . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức   2 P xyz xy yz zx     . Hướng dẫn: Sử dụng bất đẳng thức phụ       x y z x z y z y x xyz        ta có               3 3 2 3 2 3 2 27 9 12 9 3 4 1 3 3 1 2 x y z xyz xyz xy yz zx xyz xy yz xz x y z xyz xyz                     Từ (1) và (2) suy ra     10 2 4 2 5 xyz xy yz xz xyz xy yz xz           . Giá trị nhỏ nhất của P là 5  , đạt được khi 1 x y z    . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là   2;1 I , phương trình đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt là 2 0; 2 1 0 x y x y       . Lập phương trình các cạnh của tam giác. Hướng dẫn: 3 Tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ:   2 0 1;1 2 1 0 x y A x y           Gọi H, K lần lượt là chân đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A. Ta có: AH BC AH IM IM BC        Đường thẳng IM qua I(2;1), có vector pháp tuyến (1;1) n   . Phương trình (IM) là: 3 0 x y    Tọa độ M là nghiệm của hệ: 2 1 0 5 4 ; 3 0 3 3 x y M x y                 Đường thẳng BC qua M, có vector pháp tuyến là vector chỉ phương   1; 1 u    của đường cao (AH). Phương trình (BC): 1 0 3 x y    . Mặt khác: phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC  là: 2 2 ( 2) ( 1) 1 x y     Suy ra tọa độ B, C là nghiệm của hệ: 2 2 10 14 ( 2) ( 1) 1 6 1 0 8 14 3 6 x x y x y y                         10 14 8 14 10 14 8 14 ; , ; 6 6 6 6 10 14 8 14 10 14 8 14 ; , ; 6 6 6 6 B C B C                                                  Phương trình cạnh (AB), (AC)         ( ) : 2 14 4 14 2 0 ( ): 2 14 4 14 2 0 AB x y AC x y                Phương trình các cạnh của ABC          1 ( ): 0 3 ( ): 2 14 4 14 2 0 ( ): 2 14 4 14 2 0 BC x y CA x y AB x y              Câu 8.a (1,0 điểm). Một lớp học có 18 học sinh, trong đó có 7 học sinh nữ. Cần chia lớp học thành 3 nhóm lần lượt gồm 5, 6, 7 học sinh sao cho mỗi nhóm có ít nhất 2 học sinh nữ. Tính số cách chọn. Hướng dẫn: Trường hợp 1: Nhóm 5 học sinh gồm 2 học sinh nữ, nhóm 6 học sinh gồm 2 học sinh nữ, nhóm 7 học sinh gồm 3 học sinh nữ 2 học sinh nữ và 3 học sinh nam: 2 3 7 11 3465 C C  cách 2 học sinh nữ và 4 học sinh nam: 2 4 5 8 700 C C  cách 3 học sinh nữ và 4 học sinh nam: 1 cách duy nhất. Như vậy có 3465.700 cách trong trường hợp này. Trường hợp 2: Nhóm 5 học sinh gồm 2 học sinh nữ, nhóm 6 học sinh gồm 3 học sinh nữ, nhóm 7 học sinh gồm 2 học sinh nữ 2 học sinh nữ và 3 học sinh nam: 3465 cách. 3 học sinh nữ và 3 học sinh nam: 3 3 5 8 560 C C  cách. Như vậy có 3465.560 cách trong trường hợp này. Trường hợp 3: Nhóm 5 học sinh gồm 3 học sinh nữ, nhóm 6 học sinh gồm 2 học sinh nữ, nhóm 7 học sinh gồm 2 học sinh nữ 3 học sinh nữ và 2 học sinh nam: 3 2 7 11 1925 C C  cách. 2 học sinh nữ và 4 học sinh nam: 2 4 4 9 756 C C  cách. Như vậy có 1925.756 cách trong trường hợp này. Tóm lại tổng cộng có 5809860 cách. 4 Câu 9.a (1,0 điểm). Giải phương trình         2 2 2 4 4 4 2 9 5 3 3 6log x log x log x x        . Hướng dẫn: Điều kiện 3 x  . Phương trình đã cho tương đương với      4 4 4 4 4 2 3 3 5 2 3 2 3 6 2 3 5 2 3 6 0 log x x log x log x log x log x                  Đặt   4 2 3 0 log x t t    thu được 4 2 9 9 2 2 4 3 2 13; 19 2 5 6 0 9 3 3 4 3; 4 3 2 log x x x t t t t log x x x                                 B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Xác định hệ số của hạng tử chứa 16 x trong khai triển nhị thức Newton   8 2 4 1 x x   . Hướng dẫn:       8 8 8 2 4 2 2 2 4 4 8 8 0 0 0 1 1 1 k k k i k k i i k i k k k i x x C x x C C x x                         Ta có                   8 8 8 2 4 2 2 2 4 4 8 8 0 0 0 4 2 16 1 1 1 2 8 0 8 0 8 ; 4;0 , 5;2 , 6;4 , 7;6 , 8;8 , , k k k i k k i i k i k k k i k i x x C x x C C x x x x k i i k i k k i i k i k                                                    Hệ số cần tính là 4 0 5 2 6 4 7 6 8 8 8 4 8 5 8 6 8 7 8 8 125 C C C C C C C C C C      . Câu 8.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có đỉnh   6; 6 D   . Phương trình đường trung trực của DC và phân giác của góc BAC lần lượt là 1 2 :2 3 17 0 ; :5 3 0 d x y d x y       . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD . Hướng dẫn: Đường thẳng CD qua   6; 6 D   , có vector pháp tuyến   3; 2 u    là vector chỉ phương của d 1 . Phương trình đường thẳng CD : 3( 6) 2( 6) 0 3 2 6 0 x y x y         . Gọi M là trung điểm của CD .Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 3 2 6 0 4 ( 4; 3) 2 3 17 0 3 x y x M x y y                     Tọa độ điểm C   2 2 2;0 2 0 C M D C M D x x x C y y y             Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua d 2 ' ( ) C AB   CC’ qua   2;0 C  , có vector pháp tuyến 1 (1; 5) u    là vector chỉ phương của d 2 , phương trình CC’: 5 2 0 x y    Gọi H là trung điểm của CC’. Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 1 5 3 0 1 1 2 ( ; ) 5 2 0 1 2 2 2 x x y H x y y                     5 Tọa độ điểm C’   ' ' 2 3 ' 3;1 2 1 C H C C H C x x x C y y y           Ta có ( ):3 2 7 0 ' AB CD AB x y C AB          . Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 3 2 7 0 1 (1; 2) 5 3 0 2 x y x A x y y                   Mặt khác: 1 4 ( 3; 8) 2 6 B B x AB CD B y                 . Vậy   1; 2 , ( 3; 8), ( 2;0) A B C    . Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số 2 2 3 x x y x       C cắt đường thẳng : 2 3 0 x y m     tại hai điểm phân biệt thuộc hai nhánh khác nhau của   C . Hướng dẫn: Ta có tiệm cận đứng của đồ thị 3 x  . Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là     2 2 3 5 9 2 0 1 2 2 3 3 3 x m x m x x x m x x                  Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì phương trình (1) phải có 2 nghiệm phân biệt 1 2 3 x x   . Đặt 3 3 x t x t      ; 1 2 1 2 3 0 x x t t      .            2 2 1 3 3 5 3 9 2 0 3 1 8 0 2 t m t m t m t             (2) có 2 nghiệm tại dấu khi 2 9 6 33 0 8 0 m m m P                Vậy mọi giá trị của m đều thỏa mãn bài toán. . SỐ D1 Hướng dẫn giải TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. cách chọn. Hướng dẫn: Trường hợp 1: Nhóm 5 học sinh gồm 2 học sinh nữ, nhóm 6 học sinh gồm 2 học sinh nữ, nhóm 7 học sinh gồm 3 học sinh nữ 2 học sinh