TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN TOÁN KHỐI B - MÃ SỐ B7 pptx

1 TRUONGHOCSO.COM MÃ SỐ B7 Hướng dẫn giải gồm 05 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 1 1 x y x    . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Xác định tọa độ hai điểm B và C thuộc hai nhánh của đồ thị (C) sao cho tam giác ABC vuông cân tại   2;1 A . Hướng dẫn: 1. Bài toán cơ bản, học sinh tự giải. 2. Chuyển trục tọa độ Oxy sang hệ trục tọa độ IXY bằng phép tịnh tiến theo vector   1;3 OI   . Công thức đổi trục 1 3 x X y Y        . Trong hệ tọa đội mới hàm số có dạng 2 Y X  , điểm   1; 2 A  . Xét hai điểm   2 2 ; , ; 0 B a C b a b a b               là hai điểm thuộc hai nhánh đồ thị. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của B, C lên đường thẳng 2 y   ta có     ; 2 , ; 2 H a K b   . Ta có 90 ; BAH CAK CAK ACK BAH ACK AHB CKA AH CK BH AK                     .         2 2 2 2 2 2 3 2 3 2 3 9 6 0 2 1 2 3 7 2 0 2 ; 1;2 , 3;4 2 2 2 1 2 2 1 6 0 2 0 b a b b a b b b a b b b b a a b b b a b b a b a b b b b                                                                                                 Hai điểm cần tìm có tọa độ lần lượt là     1;2 , 3;4  . Câu 2 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình         2 2 2 2 4 5 2 1 5 2 3 ; 2 3 5 5 4 5 x y x y x y x x y x x x y y y                    . Hướng dẫn: Điều kiện 0 y  . Đặt   0 y t t   thu được hệ                   2 2 3 3 2 2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 3 2 5 1 2 1 3 1 4 1 0 4 5 2 5 2 3 4 5 6 5 2 4 5 6 5 2 1 5 2 3 4 0 4 5 6 5 2 x xt t xt xt xt xt x t xt xt x t t x xt t x t x t xt t x t x t xt x t xt xt t x t x t                                                 Xét hai trường hợp 2              2 2 2 3 2 3 3 1 1 1 1 1 1 5 1 0 4 5 6 5 2 5 6 0 4 5 6 5 10 1 1 ; 1;1 , 5; ; 1;1 , 5; 5 5 xt xt xt xt t t xt t x t x t t t t t x x t t x t x y                                                                              2 2 2 3 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 2 2 5 2 3 4 4 5 6 5 2 4 4 5 6 5 2 5 2 3 25 36 11 0 25 11 0 4 4 ; 1;1 0 2 ; 0;2 250 11 250 250 25 11 ; ; 103 25 103 103 x t xt xt t x t x t xt t x t x t x t xt x xt xt x x t x t x t x x y x t x y x t t x y                                                       Hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm. Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 2 2 3 3 2 2 2 cos x cos x cos x cos x     . Hướng dẫn: Phương trình đã cho tương đương với     3 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 2 3 2 2 2 3 3 2 3 2 3 2 2 2 1 3 2 3 2 cos x cos x cos xcosx cos x cos x cos xcosx cos x cosx sin x cos x cosx cos x cos x cos x cosx sin x cos x cosx sin x                         Xét hai trường hợp     ) 3 2 2 2 2sin 2 0 0 2 2 2 2 6 3 a cos x cosx sin x cos xcosx xcosx cosx cos x sinx cosx x k k cos x cos x x k                                             ) 3 2 2 0 0 2 2 2 2 6 3 b cos x cosx sin x cosx cos x sinx cosx x k k cos x cos x x k                                         Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân   2 2 0 2 1 I x cos xdx    . Hướng dẫn:                  2 2 2 2 2 0 0 0 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 1 1 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 2 4 1 1 1 1 1 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 4 4 8 4 2 8 4 4 8 4 2 I x cos xdx x cos x dx x dx x d sin x I x x x sin x sin xd x sin xdx cos x                                          3 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a . Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của SA và BC. Biết góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (ABCD) bằng 60  . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và góc giữa đường thẳng MN với mặt phẳng (SBD). Hướng dẫn: Gọi O là tâm của đáy thì SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi h là trung điểm OA, ta có MH song song với SO và MH vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Ta có 60 MNH   là góc giữa MN và mặt phẳng đáy. Gọi K là trung điểm của AB thì 2 2 2 2 2 2 10 ; 2 4 2 4 4 a a a a a NK HK HN                       . 3 . 30 30 1 30 tan60 2 . 4 2 3 6 S ABCD SBCD a a a MH HN SO MH V SO S         . Mặt phẳng (SBD) song song với mặt phẳng (MHK) nên góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (SBD) bằng góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (MHK). Ta có       , MHK ABCD HK NK HK NK MHK      . 2 2 10 2 ; ; 2 2 a a MN MH HN NK MK KN      . Góc giữa MN và mặt (MNK) là  thì 1 1 sin 5 5 NK arcsin MN       . Câu 6 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình          2 2 2 7 16 1 6 ; 2 2 4 9 y x x x y x y                . Hướng dẫn: Từ hệ ta có    2 4 4 16 0 1 1 6 0 6 y y x x x x                          (*) Mặt khác     2 2 2 2 4 9 3 2 3 5 1 x y x x              . Kết hợp (*) ta có 1; 4 x y   . Thử lại thấy thỏa mãn hệ đã cho. Vậy hệ trên có nghiệm duy nhất     ; 1;4 x y  . 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 , cho hai điểm     2;3;2 , 6; 1; 2 A B   và đường thẳng có phương trình 1 4 3 : 1 5 4 x y z        . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng  sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất. Hướng dẫn: Điểm M cần tìm :   1;5 4;3 4 M t t t    .                 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 7 5 4 1 42 84 59 7 3 5 4 5 42 84 83 4 3 42 84 59 42 84 83 4 3 42 1 17 42 1 41 4 3 17 41 4 3 MAB MAB MA t t t t t MB t t t t t AB p MA MB AB t t t t p t t                                        Đẳng thức xảy ra khi   1 0;1; 1 t M    . 4 Câu 8.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , lập phương trình đường thẳng d đi qua gốc tọa độ O và cắt đường tròn     2 2 : 4 40 C x y    tại hai điểm A, B sao cho 4 AB BO  . Hướng dẫn: Đường tròn đã cho có tâm   4;0 I và bán kính 2 10 R  . Nhận xét 4 OI  nên O nằm phía trong đường tròn. Kẻ IH vuông góc với d thì H là trung điểm của AB. Đặt     , , 0; 0 d I d IH x BH y x y      , theo bài ra ta có O là trung điểm của BH. Áp dụng công thức trung tuyến trong tam giác IBH và định lý Pythagores trong tam giác IHO ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 40 16 2 16 2 4 2 4 2 4 IB IH BH R x y x y OI y x              2 2 2 2 2 16 4 y IH OH OI x      . Giải hệ phương trình này thu được 2 2 8; 32 2 2 x y x    . Phương trình đường thẳng d đi qua gốc tọa độ O có hệ số góc k : y kx  2 1 4 2 2 2 2 1 1 k k x k k             Suy ra có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán : 1 2 : ; : d y x d y x    . Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số hạng nguyên dương trong khai triển Newton     9 11 3 64 2 3 2 4 5 6 x x y y y      biết cặp   ; x y thỏa mãn hệ phương trình   4 2 4 2 2 4 2 5 ; 8 3 4 4 xy x y x x y x xy y xy y                 . Hướng dẫn: Xét hệ phương trình   4 2 4 2 2 4 2 5 ; 8 3 4 4 xy x y x x y x xy y xy y                 . Điều kiện 2 2 8 3 4 0; 0; 0 0; 0 x xy y xy y x y         . Xét 0 x y   không thỏa mãn hệ phương trình. Xét 0; 0 x y   phương trình thứ hai của hệ tương đương với        2 2 2 2 2 2 8 3 4 3 0 8 5 8 5 0 0 8 3 4 3 8 3 4 3 x xy y y xy y x y x y y x y x y y x y x y xy y xy y x xy y y x xy y y                                    Phương trình thứ nhất của hệ trở thành 2 4 2 4 4 2 5 x x x x      . Để ý rằng         2 2 2 4 2 4 2 4 2 2 4 1 3 3 5 4 2 8 4 3 0 1 2 3 0 1 1 x x x x x x x x x x x x x x y                              Hệ có nghiệm duy nhất     ; 1;1 x y  . Xét khai triển     9 9 9 11 11 9 11 9 2 9 9 0 0 3 3 2 15 15 3 3 2 15 3 2 k k k k k k k C C            . Để thỏa mãn là số hạng nguyên dương thì   ; 9 0;2;4;6;8 2 k k k    . Số hạng nguyên dương là 11 9 15 3 .1393  . 5 B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt cầu có tâm nằm trên đường thẳng 4 2 1 8 x y z      và đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng     : 2 2 2 0 ; : 2 2 4 0 P x y z Q x y z         . Hướng dẫn: Tọa độ tâm   2 ;1 2 ;8 2 I t t t    .               2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 16 4 2 2 2 4 16 4 4 1 2 2 1 2 2 11 , , 1 2 2 4 16 4 2 1 2 2 t t t t t t t d I P d I Q R R t t t R                                                 Phương trình mặt cầu cần tìm :       2 2 2 13 21 14 1 x y z       . Câu 8.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn       2 2 : 2 1 9 C x y     và đường thẳng có phương trình   : 1 1 m x my     . Chứng minh rằng  luôn cắt   C tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để độ dài đoạn AB nhỏ nhất. Hướng dẫn: Đường tròn đã cho có tâm   2;1 I và bán kính 3 R  . Gọi điểm   ; M a b là điểm cố định mà đường thẳng  luôn đi qua với mọi m. Ta có         0 1 0 ; 1; 1 1; 1 1 0 a b m a b a m a b M a                   5 IM R   nên M nằm trong hình tròn (C) và do đó  luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Gọi H là trung điểm đoạn AB . Áp dụng định lý Pythagores trong tam giác vuông IHA ta có   2 2 2 2 2 4 9 ; 5 4 2 AB IH R AB IH IH IM AB                . Đẳng thức xảy ra khi   2 1 0 2 H M IM m m m            . Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm m để hàm số   1 x x m y x    có cực đại, cực tiểu sao cho khoảng cách giữa điểm đó bằng 10. Hướng dẫn:       2 2 2 2 0 2 ; 0 1 1 g x x x m x x m y y x x                      Hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu khi (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1   1 0 1 1 1 0 m m f m                  . Hai nghiệm 1 2 , x x của (*) tương ứng là hoành độ hai điểm cực trị E, F. Phương trình đường thẳng EF: 2 y x m    . Tọa độ hai cực trị     1 1 2 2 ; 2 , ; 2 E x x m F x x m     . Áp dụng định lý Viete cho (*): 1 2 1 2 2 x x x x m              2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 10 100 2 2 100 4 20 4 4 20 4 EF EF x x x x x x x x m m                   . Giá trị này thỏa mãn điều kiện 1 m   . Kết luận 4 m  . HẾT . TRUONGHOCSO.COM MÃ SỐ B7 Hướng dẫn giải gồm 05 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.  2 2 2 2 2 2 3 2 3 2 3 9 6 0 2 1 2 3 7 2 0 2 ; 1;2 , 3;4 2 2 2 1 2 2 1 6 0 2 0 b a b b a b b b a b b b b a a b b b a b b a b a b b b b                                    . tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy b ng a . Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của SA và BC. Biết góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (ABCD) b ng 60  . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và