TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN TOÁN KHỐI B - MÃ SỐ B3 ppt

1 TRUONGHOCSO.COM MÃ SỐ B3 Hướng dẫn giải TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối: B 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 3 x y x   , có đồ thị là   C . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị   C của hàm số đã cho. 2. Gọi   C  là đồ thị hàm số đối xứng với   C qua điểm   2;1 M . Tìm tọa độ điểm các điểm A nằm trên trục tung để từ A kẻ được hai tiếp tuyến đến   C  sao cho hai tiếp điểm nằm khác phía đối với trục hoành. Hướng dẫn: 1. Bài toán tự giải. 2. Giả sử điểm   1 1 1 ; F x y là điểm đối xứng với điểm   ; F x y thuộc đồ thị (C) qua điểm   2;1 M . Ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 4 4 2 2 2 2 1 1 1 2 3 x x x x x x x y x y y x x x y x                               Như vậy đồ thị (C’) đối xứng với (C) qua   2;1 M là 2 1 x y x    . Phương trình đường thẳng d đi qua   0; A a và có hệ số góc k : y kx a   . S là tiếp tuyến của (C) khi hệ phương trình sau có nghiệm           2 2 2 1 1 2 2 2 0 1 3 1 1 x kx a x a x a x a x k x                           Tồn tại hai tiếp tuyến khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1. Đặt vế trái của (1) là   f x .   3 6 0 2 1 1 0 a a f                (*) Gọi hai nghiệm của (1) là 1 2 ; x x tương ứng là hoành độ hai tiếp điểm. Khi đó áp dụng hệ thức Viete cho (1) ta được   1 2 1 2 2 2 1 2 1 a x x a a x x a               Hai tiếp điểm tương ứng là 1 2 1 2 3 3 ;1 , ;1 1 1 E x F x x x                 . Hai điểm E, F nằm về hai phía trục hoành khi     1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 4 3 3 2 1 1 0 0 3 2 0 1 1 1 3 x x x x a a x x x x x x                             . Kết hợp với (*) thu được 2 1 3 a    . Các điểm   0; A a cần tìm nằm trên trục tung và thỏa mãn điều kiện 2 1 3 a    . 2 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình   2 2 4 1 sin x x cotx             . Hướng dẫn: Điều kiện cot 1; 0 x sinx    . Phương trình đã cho tương đương với                  3 3 3 2 3 3 2 1 2 2 2 1 2 1 4 4 2 1 4 1 4 1 1 3 0 1 4 cos x sin x cotx sinx cosx sinx cotx sinx cosx sinx cotx cot x sin x sin x cotx cot x cotx x k k                                      Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình     2 1 2 1 1 4 1 x x x x x        Hướng dẫn: Điều kiện 1 4 x  . Ta có   2 1 1 1 2 1 2 0 2 2 x x x x                . Do đó với 1 4 x  thì bất phương trình đã cho nghiệm đúng. Với 1 4 x  thì bất phương trình đã cho tương đương với           2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 1 0 2 1 4 1 1 2 1 0 1 1 2 4 1 2 1 0 x x x x x x x x x t t t x t x                        Coi phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn t ta có   2 4 3 x   .      2 2 1 4 2 1 2 1 0 2 1 2 3 1 4 4 1 x t t x t x x x x x                       . Bất phương trình đã cho có nghiệm 1 4 4 3 x x         Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 0 2 3 2 1 sin x cosx I dx sinx      Hướng dẫn: Đặt ; 0 0; 1 2 t sinx dt cosxdx x t x t           . Ta có     1 1 2 1 0 0 0 0 2 3 2 3 4 1 2 2 1 1 2 3 2 1 2 1 2 1 sinx cosx t I dx dt dt t lkn t ln sinx t t                            . 3 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , 60 BAD   , các cạnh SA, SB, SC nghiêng đều trên đáy một góc  . Tính thể tích khối chóp . S ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) theo a và  . Hướng dẫn: Do các cạnh SA, SB, SC nghiêng đều trên đáy nên chân đường cao của hình chóp là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Do   ; 120 , ; a BA BC ABC SD ABC SD atan SA SB SC cos             . Các tam giác ADB và DBC là các tam giác đều nên 2 3 . 1 1 3 3 .2 . . . 3 3 2 6 S ABCD ADB a a V S SD atan tan      .             3 . . 2 2 . 2 1 3 2 12 1 1 4 3 , . , . , 3 3 4 4 A SBC S ABCD A SBC ABC a V V tan a cos a sin V d A SBC S d A SBC d A SBC cos cos               Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương , , x y z thỏa mãn hệ thức 1 xy yz zx    . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức       2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 y x z y x z P x y y z z x          . Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có                     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 3. 1 1 1 3 3 3.2 .2 .2 24 x y z y x z y x z P xyz x y y z z x xy yz xz x xy yz xz y xy yz xz z xyz x y y z z x xy yz zx xyz xyz                              Giá trị nhỏ nhất của P là 24, đạt được khi 1 3 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 với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn   2 2 : 4 2 0 C x y x y      và hai điểm     3; 5 , 7; 3 A B   . Tìm tọa độ điểm M nằm trên   C sao cho tổng 2 2 MA MB  đạt giá trị nhỏ nhất. Hướng dẫn: Tọa độ trung điểm G của AB :   5; 4 G  . Tâm đường tròn 1 5 ;2 , 2 2 I R        . Trong tam giác MAB: 2 2 2 2 2 2 2 2 10 2 4 MA MB AB MG MA MB MG        Do đó 2 2 MA MB  nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất , khi M là giao điểm của IG và đường tròn (C). Phương trình đường thẳng IG : 4 3 8 0 x y    . Tọa độ giao điểm M là nghiệm của hệ           2 2 2 2 1 2 8 4 8 4 4 2 0 4. 2 0 ; 2;0 , 1;4 2;0 , 1;4 3 3 4 3 8 0 4 3 8 0 x x x y x y x x x y M M x y x y                                       So sánh 1 2 GM GM  nên chọn   1 2;0 M . 4 Câu 8.a (1,0 điểm). Giải phương trình 1 2 1 1 4 1 1 7 6 x x x C C C     . Hướng dẫn: Điều kiện 1;x x    . Phương trình đã cho tương đương với                                         2 1 ! 2! 1 ! 7 3 ! 1 ! 2! 1 ! 7 3 ! ! 1 ! 6 4 ! 1 ! 1 ! 1 6 3 ! 4 1 2 7 6 4 1 12 4 7 1 11 24 0 1 6 4 3 3 8 0 8 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                             Phương trình đã cho có 2 nghiệm. Câu 9.a (1,0 điểm). Xác định giá trị thực của m để hệ phương trình sau có nghiệm       2 3 3 3 2 2 ; log y x log xy x y x y xy m               . Hướng dẫn: Điều kiện 0;2 0 x y xy     . Đặt             2 3 2 2 2 ; 2 2 ;2 3 ; 2 4 2 4 3 2 4 3 2 12 8.3 36 0 a b a b a a a a log y x b log xy x y xy a b x y xy                        Xét hàm số   12 8.3 36 a a f a    , hàm số này đồng biến và   1 0 1 f a    . Phương trình thứ hai của hệ tương đương với           3 2 2 3 2 3 3 3 2 2 3 2 a a a a m x y xy x y xy             . Xét hàm số           2 2 2 3 3 3 2 2 3 2 ; 1; a a a a f a a          .     2 2 1 1 8 8 6.2 2 27 9 0 1; 3 3 3 3 a a a a f a ln ln ln ln a                       . Hàm số đồng biến trên miền đang xét. Suy ra     1 1 f a f   . Giá trị cần tìm của m là 1 m  . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn       2 2 : 2 2 9 C x y     và đường thẳng :3 4 0 d x y m    . Tìm m để trên đường thẳng d tồn tại duy nhất một điểm P sao cho từ P kẻ được hai tiếp tuyến đến   C mà hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau. Hướng dẫn: Đường tròn đã cho có tâm   2; 2 I  và bán kính 3 R  . Gọi hai tiếp điểm là A và B, hai tiếp tuyến vuông góc với nhau nên 45 MIA MIB     . Do đó 2 3 2 45 IA MI R sin     . Điểm M thuộc đường tròn   1 C tâm   1 2; 2 I  , bán kính 1 3 2 R  . Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì d phải tiếp xúc với   1 C . 3.2 4.( 2) 3 2 14 3 10 3 10 14 5 m m m            . 5 Câu 8.b (1,0 điểm). Giải phương trình         2 2 2 2 2 1 5 1 5lg x x lg x x x       . Hướng dẫn: Điều kiện x   . Phương trình đã cho tương đương với                       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 5 2 2 2 2 1 5 1 1 5 0 1 1 5 1 5 0 1 5 1 0 1 5 1 10 10 1 1 0 0 1 0 lg x lg x x lg x x lg x lg x x lg x lg x lg x x lg x x x lg x x x lg x x                                                                   Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giá trị của m để hàm số 2 2 2 1 x mx y x     có hai điểm cực đại, cực tiểu cách đều đường thẳng 2 0 x y    . Hướng dẫn:   2 2 2 2 2 1 x x m y x       ;     2 2 2 2 0 1 0 1 2 x x m y x               Hàm số có hai điểm cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1  . Đặt vế trái của (1) là   f x .   3 2 0 3 1 0 2 m m f                (*) Khi đó hai nghiệm 1 2 ; x x của (1) tương ứng là hoành độ của hai điểm cực trị . Giả sử     1 1 2 2 ;2 2 , ;2 2 A x x m B x x m   . Áp dụng định lý Viete cho (1) ta có 1 2 2 x x    . Tọa độ trung điểm I của đoạn AB là 1 2 1 2 ; 2 2 x x I x x m          hay   1;2 2 I m   . Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là : 2 2 d y x m   . Dễ thấy d không song song với 2 0 x y    , do đó để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì 1 2 1 0 2 I m m       . Giá trị này thỏa mãn (*) . . TRUONGHOCSO.COM MÃ SỐ B3 Hướng dẫn giải TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối: B Thời gian làm b i: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN. , 3 3 4 4 A SBC S ABCD A SBC ABC a V V tan a cos a sin V d A SBC S d A SBC d A SBC cos cos               Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương , , x y z thỏa mãn hệ thức 1 xy. Do các cạnh SA, SB, SC nghiêng đều trên đáy nên chân đường cao của hình chóp là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Do   ; 120 , ; a BA BC ABC SD ABC SD atan SA SB SC cos     