TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN TOÁN KHỐI B - MÃ SỐ B5 potx

1 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 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 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 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