1
TRUONGHOCSO.COM
MÃ SỐB5
Hướng dẫn giải gồm 06 trang
TUYỂN TẬPĐỀTHITHỬĐẠIHỌCNĂMHỌC2012 - 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 2 2
1 1
2 3 3 2
3 2
y x m x m m x
(1), với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên với
0
m
.
2. Tìm m để hàm số (1) đạt cực trị tại
1 2
,
x x
sao cho
1 2 1 1
2 3 3 1 6 3
x x x x m
.
Hướng dẫn:
1. Khảo sát hàm số
3 2
1 3
2
3 2
y x x
, bài toán cơ bản, học sinh tự giải.
2. Ta có
2 2
2 3 3
y x m x m m
;
2 2
0 2 3 3 0 3 0
3
x m
y x m x m m x m x m
x m
Nhận xét rằng
3m m m
nên
1 2
; 3
x m x m
. Do đó
1 2 1 1
2
2 3 3 1 6 3 2 3 3 4 7 3
3
7
2 3 7 3 1
4 3 49 42 9
x x x x m m m
m
m m m
m m m
Giá trị này thỏa mãn bài toán do có
1 2
1; 4
x x
. Giá trị cần tìm là
1
m
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
2 2 2
4 5 4 2 4 3 7
6
sin x sin x sin x
.
Hướng dẫn:
Phương trình đã cho tương đương với
3 1 7 1
10 4 6 10 4 6
2 2 3 4 3 2
10 4 6 0 2 5 5 2 5 0
3 3 3
5 5 0
3
5 0
5
3
cos x cos x cos x cos x cos x cos x
cos x cos cos x cos x cos x cos x cos xcosx
cos x cos x cosx
cos x
cos x c
10 5
6 2
2
9 3
k
x
k
x k
os x
k
x
2
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2 2
2 2
4 5 6 15
;
2 3 4 9
x y xy
x y
x y xy
Hướng dẫn:
Điều kiện
0
xy
.
Hệ đã cho tương đương với
2 2
2 2
4 5 6 15
4 6 8 18
x y xy
x y xy
Trừ từng vế hai phương trình của hệ thu được
2
2 3
y xy
.
Suy ra
2 2
1 1
4 5 3 2 6 15 4 4
1 1
x y
x xy xy x
x y
Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm
; 1;1 , 1; 1
x y
.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
4
2
0
x
I dx
xsinx cosx
.
Hướng dẫn:
2
4 4
2 2
0 0
2 2
2
4
4
4
2
0
0
0
.
1
;
1 2 4
4 4
x xcosx x
I dx dx
cosx
xsinx cosx xsinx cosx
d xsinx cosx
x xsinx cosx xcosx
u du dx dv dx v
cosx cos x xsinx cosx
xsinx cosx xsinx cosx
dx
I tanx
cosx xsinx cosx cos x
Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác đều ABCA’B’C’ có độ dài cạnh đáy bằng
a
. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của
các đoạn thẳng AA’, AB. Biết góc giữa hai mặt phẳng (C’AI) và (ABC) bằng
60
. Tính thể tích khối chóp NAC’I và khoảng
cách giữa hai đường thẳng MN, AC’ theo
a
.
Hướng dẫn:
Ta có
3
' , ' ' 60 ' tan60
2
a
CC ABC CI AI C I AI C IC CC CI
.
3
' ' '
1 1
. '.
4 12 32
NAC I C ANI C ABC ABC
a
V V V CC S
.
Gọi O là giao điểm của A’C và AC’
MO song song với AC và
1
2
MO AC
, NI song song với AC và
1
2
NI AC
, suy ra NI song song với MO và
NI MO
.
Suy ra
MOIN
là hình bình hành, suy ra MN song song với OI, từ đó MN song song với mặt phẳng (AC’I).
Ta có
2
'
'
'
, ' , ' , '
3 3
os60 4 8
AIC NAC I
AIC
AIC
d MN AC d MN AC I d N AC I d
S V
a a
S d
c S
3
Câu 6 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh lần lượt là
, ,
a b c
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 3 3 3
cos 2 2 2
a b c
P
cosA cosB C b c a c a b
.
Hướng dẫn:
Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có
3
3
3
3 3 3 1 1 1
1 1 1
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
8
2
2 2 2 2 2
3
a b c a b c
b c a c a bb c a c a b
a b c a b c a b c a b c a b c
b c a c a b
a bb c c a
a b c
Mặt khác
2
2
3 1 3
cos 2 2 1 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
A B A B C C C
cosA cosB C cos cos sin sin sin
.
Do đó
16
3
P
. Giá trị nhỏ nhất là
16
3
, đạt được khi tam giác ABC là tam giác đều.
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 không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, lập phương trình mặt phẳng
P
chứa đường thẳng
1
: 2
d x y z
và hợp với đường thẳng
2
: 2 2 3 2 5
d x y z
một góc
30
.
Hướng dẫn:
Đường thẳng
1
d
đi qua điểm
1
0;2;0
M
và có vector chỉ phương
1
1; 1;1
u
.
Đường thẳng
2
d
đi qua điểm
2
2;3; 5
M
và có vector chỉ phương
2
2;1; 1
u
.
Mặt phẳng
P
cần tìm có phương trình dạng
2 2 2
0 0
Ax By Cz D A B C
, đi qua điểm
1
0;2;0
M
và có
vector pháp tuyến
; ;
n A B C
.
Theo yêu cầu bài toán
1
2 2 2 2
2
2 2 2
0
2
1
2 3 6 2 2 2
2 0
sin , sin30
2
6.
; ; ;2 ; , ; ; 2
2 0
A B C
B A C
n u
B A C
A B C
A A AC C A AC C
n u
A B C
B A C
A B C C C C A A A
A C A C
Xét hai trường hợp
Với
; ; ;2 ;
A B C C C C
, chọn
1
1 ; ; ; 1;2;1; 4 : 2 4 0
C A B C D P x y z
.
Với
; ; ; ; 2
A B C A A A
, chọn
2
1 ; ; ; 1; 1; 2;2 : 2 2 0
A A B C D P x y z
.
4
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho đường tròn
2 2
: 4 2 1 0
C x y x y
và điểm
3;4
M
. Từ
điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn
C
. Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng AB sao cho độ dài đoạn ON
ngắn nhất.
Hướng dẫn:
Đường tròn đã cho có tâm
2;2
I và bán kính
2
R
.
Ta có
34
IM
. Gọi J là trung điểm IM thì
1 5
;
2 2
J
.
Do
90
IAM IBM
nên A và B thuộc đường tròn đường kính IM :
2 2
1 5 17
:
2 2 2
C x y
.
Tọa độ hai điểm A, B thỏa mãn hệ
2 2
2 2
2 2
2 2
1 5 17
5 2 0
5 3 3 0
2 2 2
4 2 1 0
4 2 1 0
x y x y
x y
x y
x y x y
x y x y
.
Suy ra phương trình đường thẳng AB:
5 3 3 0
x y
. Tọa độ điểm N cần tìm
5 3
;
3
x
N x
.
Khoảng cách
2 2
2 2
5 3 34 10 34 15 9 3
1
3 9 3 9 34 34
34
x
ON x x x x
.
Đẳng thức xảy ra khi
15 15 9
;
34 34 34
x N
.
Câu 9.a (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2 2
4 4
2 2
5 5
1
log 1 log
2
;
log 3 3 2log
x y y
x y
x xy y y
.
Hướng dẫn:
Điều kiện
2 2
1 0; 0
x y y
(*)
Hệ phương trình đã cho tương đương với
2 2
2 2
4 4 4
2 2
2 2 2
5 5
log 1 log log 2
1 1 0
1 2
2 0
3 2 0
log 3 3 log
1
1 0
0
1 1 2 1
; ; , ;
2 2 3 3
1 0
2
1
2
x y y
x y x y
x y y
x y x y
x xy y
x xy y y
x y
x y
x y
x y
x y
x y
x y
x y
x y
, 2;1
So sánh với điều kiện (*) hệ đã cho có nghiệm duy nhất
; 2;1
x y
.
5
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Tìm m để hàm số
2
3 3 1
1
x m x m
y
x
có cực đại và cực tiểu sao cho các giá trị cực đại và cực
tiểu của hàm số đều âm.
Hướng dẫn:
Ta có
2
2
2 2 2
;
1
x x m
y
x
2
2 2 2 0
0
1
x x m
y
x
(1)
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi (1) có hai nghiệm phân biệt
1 2 2 0
1
1 2 2 2 0
2
m
m
m
.
Hai nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
của (1) tương ứng là hoành độ giao điểm hai điểm cực trị.
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là
2 3
y x m
nên hai cực trị là
1 1 2 2
;2 3 , ;2 3
A x x m B x x m
.
Áp dụng định lý Viete
2
1 2
1 2 1 2
1 2
1 2
2
2 3 2 3 6 5
2 2
2 2
x x
y y x m x m m m
x x m
y y m
Hai giá trị cực đại, cực tiểu đều âm khi
1 2
1 2
1
0
5
5
0 1 1
1
m
y y
m
m
y y m
m
Kết hợp điều kiện
1
2
m
ta được giá trị cần tìm của m là
1
1
2
5
m
m
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho đường tròn
có tâm
5 7 11
; ;
3 3 3
I
, bán kính bằng 2
và nằm trong mặt phẳng
: 2 2 1 0
x y z
. Lập phương trình mặt cầu
S
chứa đường tròn
và có tâm thuộc mặt
phẳng
: 3
x y z
.
Hướng dẫn:
Phương trình thẳng d qua tâm
5 7 11
; ;
3 3 3
I
và vuông góc với mặt phẳng
: 2 2 1 0
x y z
là
5
3
7
2
3
11
2
3
x t
y t
z t
Tọa độ tâm K của
S
thỏa mãn hệ phương trình
5 7 11
; 2 ; 2
4
; ; ; 3; 5; 1;
3 3 3
3
3 0
x t y t z t
x y z t
x y z
Ta có
4
IK
, theo định lý Pythagores thì
2 2 2
20
S
R R IK
nên ta có
2 2 2
: 3 5 1 20
S x y z
.
6
Câu 9.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho hai đường thẳng
1 2
: 3 ; : 2 0
d x d x y
. Giả sử
T
là
đường tròn tiếp xúc với đường thẳng
2
d
tại M và cắt đường thẳng
1
d
tại hai điểm N, P sao cho
1
2
PMN MNP
. Lập
phương trình đường tròn
T
biết chu vi tam giác MNP bằng
4 2 2
và điểm N có tung độ dương.
Hướng dẫn:
Gọi giao điểm của hai đường thẳng đã cho là
3;1
A
.
Nhận xét rằng nếu đặt
1 2
1
, ; cos 45
2
d d x
hay
45
PAM
.
Tam giác PAM vuông tại M nên
45
APM
, đặt
1
2
PMN MNP x
.
Trong tam giác PMN ta có
180 45 2 180 45 90
APM PMN MNP x x x MNP
.
Suy ra
2
PM
MN NP t
và PM là đường kính của đường tròn
T
.
Chu vi tam giác MNP:
2 4 2 2 2 2; 2 2
t t t t NP NM NA PM
.
Do điểm N có tung độ dương nên
3;3
N và suy ra
3;5
P .
Đường thẳng MN vuông góc với
1
d
nên song song với trục hoành, phương trình MN :
3
y
Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ
3 5
2 0 3
y x
x y y
Tâm I của đường tròn
T
là trung điểm của PM :
4;4
I
, và ta có
2 2
: 4 4 8
T x y
.
HẾT
. TRUONGHOCSO.COM MÃ SỐ B5 Hướng dẫn giải gồm 06 trang 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. dụng b t đẳng thức Holder ta có 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 8 2 2 2 2 2 2 3 a b c a b c b c a c a b b c a c a b a b c a b c a b c a b c a b c b c a c a b a b b c. tam giác đều ABCA B C’ có độ dài cạnh đáy b ng a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AA’, AB. Biết góc giữa hai mặt phẳng (C’AI) và (ABC) b ng 60 . Tính thể tích khối chóp