1
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2
m x
y
x
(1), với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với
1
m
.
2. Xác định m để đồ thị hàm số đã cho cắt đường thẳng
1
2
x y
tại hai điểm A, B phân biệt sao cho diện tích tam
giác OAB bằng
1
8
(O là gốc tọa độ).
Hướng dẫn:
1. Khảo sát hàm số
1
2
x
y
x
, bài toán cơ bản, học sinh tự giải.
2. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng
1
:
2
y x
và đồ thị hàm số đã cho là:
2
2
1
2 2 2 0 1
2 2
x
m x
x
f x x x mx
Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác
2
2 0
17
2
16
17 16 0
f
m
m
. (*)
Hai nghiệm
1 2
,
x x
của (1) tương ứng là hoành độ hai giao điểm A, B. Áp dụng định lý Viete cho (1):
1 2
1 2
1
2
1
x x
x x m
Ta có
1 1 2 2
1 1
; , ;
2 2
A x x B x x
. Khoảng cách AB:
2
2 1 2 1
2 2
AB x x x x
Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng AB:
2 2
1 1 1
0, .
2
2 2
1 1
d
.
2
2 1 2 1
2
2 1 1 2
1 1 1 1 1
. ,
8 2 8 2 4
1 1 1
4 4 1 1
4 4 4
OAB
S AB d O x x x x
x x x x m m
Giá trị này thỏa mãn điều kiện (*) nên là giá trị cần tìm của m.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
2
6 8
1
4 6
x
x
x x
x
.
Hướng dẫn:
Điều kiện
2
6 4 0
0
x x
x
Bất phương trình đã cho tương đương với
2
2 2
2
2
6 8 6 6 12
1 1 1
4
4 6 6 4 6 4
6
x
x x
x x
x
x x x x x x
x x
x
x
(1)
TRUONGHOCSO.COM
MÃ SỐB8
Hướng dẫn giải gồm 05 trang
TUYỂN TẬPĐỀTHITHỬĐẠIHỌCNĂMHỌC2012 - 2013
Môn thi: TOÁN; Khối: B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
2
Đặt
2
2 4
4
x t t x
x
x
. Bất phương trình (1) trở thành
2
2 2 2
2
1 2
2
1 0 0 1 2
2 2 2
2
t
t t
t t t
t
t t t
t
Xét 3 trường hợp
2
2
2
2 1 3 3 1 4 2 3
1 5 1 5
2 3 5
2 2
2 2
1 2 0
1
* 1 2 1 3 5
5 1
1 5
2
2
2
t x x x
t x x x
x x
x
t x
x
x
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm
4 2 3
0 3 5
1 3 5
x
x
x
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình
3
2
cos xsinx cos x cosx sinx
.
Hướng dẫn:
Phương trình đã cho tương đương với
2 3 2 3 2 2
3 2
2 1 2 2
0
2 0 2 0
1
2
cos x sinx cos x cosx sinx cos xsinx cos x cosx sinx cos x sin x
sinx
x k
sin x sin xcosx sinx sinx cosx k
x k
tanx tan
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
3
0
2012cos 2011sin
cos sin
x x
I dx
x x
.
Xét tích phân
2
3
0
2012sin 2011 os
cos sin
x c x
J dx
x x
Ta có
2 2 2
2
3 2
2
0 0 0
0
sin os 1 1 1 1
tan 1
2 2 4
cos sin cos sin
cos
4
x c x
I J dx dx dx x
x x x x
x
.
Đặt
; 0 ; 0
2 2 2
x t dx dt x t x t
.
0
2 2
3 3 3
0 0
2
2012cos 2011sin 2012sin 2011cos 2012sin 2011cos
cos sin sin cos sin cos
x x t t t t
I dx dt dt J
x x t t t t
1
1
2
I J
I J
I J
3
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng
2 6
a
, chiều cao
SH a
. Gọi M, N lần
lượt là trung điểm của AC và AB. Tính thể tích khối chóp S.AMN và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.AMN.
Hướng dẫn:
Tam giác ABC đều nên dễ thấy
2 2 3
.
1 1 1 1 3 3 2 1 3 2 2
. , . 2 6. . .
2 2 2 2 4 8 3 8 8
AMN S AMN
a a a a
S MN d A BC a V a
.
Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng đáy (ABC) thì H là tâm của tam giác đều ABC.
Gọi O là trung điểm của HA thì O là trọng tâm tam giác đều AMN. Gọi I là trung điểm của SA thì OI song song với SH, suy
ra OI vuông góc với mặt phẳng (AMN).
OA OM ON IA IM IS
. Như vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.AMN.
Bán kính
3
2 2
SA a
R nên diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là
2 2
4 9
S R a
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương
, , 0;1
a b c . Chứng minh
2 2 2
3 3 9 3
2 2
ab bc ca
a b c
abc
.
Hướng dẫn:
Với mọi
, , 0;1
a b c
ta có
1 0,1 0,1 0
a b c
. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
3 2 2 2
1 1 2 1 3 3 1 3 3 3 3
1 1
2 2 2
3 3 3 3 3 3
a a a a a a
a a
.
Tương tự
2
2
1 3 3 3 3
2 2
1 3 3 3 3
2 2
b
b
c
c
Suy ra
2 2 2
1 1 1 3 3 9 3
2 2
a b c
a b c
. Đẳng thức xảy ra khi
1
3
a b c .
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
0;0; 3 , 2;0; 1
A B
và mặt phẳng (P) có
phương trình
3 8 7 1 0
x y z
. Xác định tọa độ điểm C trên mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC là tam giác đều.
Hướng dẫn:
Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB, suy ra (Q) đi qua điểm
1;0; 2
I
và có vector pháp tuyến
1;0;1
n
.
Phương trình mặt phẳng (Q):
1 0
x z
. Tọa độ điểm C thuộc (P) sao cho tam giác ABC cân đỉnh C thỏa mãn hệ
1
3 8 7 1 0
1
1 0
1
2
z x
x y z
x z
y x
Hơn nữa để tam giác ABC đều thì
2
2 2
2 2
1
2
2
1
3 8 2 1 2 8
2
2 2; 2; 3
3 4 4 0
2 2 2 1
; ;
3 3 3 3
AC AB x y z x x x
x C
x x
x C
4
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác ABC có hai đỉnh A, Bnằm trên đường phân giác thứ
nhất của hệ trục, điểm
2;1
I
là trung điểm của đoạn thẳng BC. Tìm tọa độ trung điểm K của đoạn thẳng AC biết rằng tam
giác ABC có diện tích bằng 2.
Hướng dẫn:
Phương trình cạnh AB :
y x
. Dễ thấy IK là đường trung bình của tam giác ABC nên IK song song với AB.
Đường thẳng IK qua
2;1
I
và song song với AB có phương trình
1 0
x y
.
Kẻ CH và IT vuông góc với AB thì
2 2
2 2 1
2 2 , 2
1 1
CH IT d I AB
.
Diện tích tam giác ABC :
1 1
. . 2 . 2 2 2 2
2 2
ABC
S CH AB AB AB IK
Tọa độ điểm
; 1
K x x
;
2 2
1
2
1 1;0
2 2 2 2 2 1
3 3;2
x K
IK x x x
x K
Câu 9.a (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2 2
2 2
2
3 5 3 5
2 4 5.2
;
log log log .log
x x xy y
y
y xy
x
x y
x y y x
.
Hướng dẫn:
Điều kiện
0, 0
x y
.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
2
2 4.2 5.2
x x y
y
y y x
x
.
Đặt
2 ; 2 0; 0
x
y
y
x
a b a b
ta thu được
2
2 2 2 2
4
5 4 5 0 4 5 0
a x y
a b a ab b a b a b a b x y x y
b y x
.
Phương trình thứ hai của hệ trở thành
3 5 5 3 3 5 3 5
3 5 5
log log log .log log . 1 log 3 log .log
0
log . log log 15 0
15
x x x x x x x
x
x x
x
Suy ra hệ đã cho có hai nghiệm
; 1;1 , 15;15
x y
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho ba điểm
1;1;2 , 2;1; 1 , 2; 2; 1
A B C
và mặt phẳng
: 2 2 1
P x y z
. Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho biểu thức
2 2 2
2
T MA MB MC
đạt giá trị nhỏ nhất.
Hướng dẫn:
Giả sử tồn tại điểm I sao cho
2 0
IA IB IC
, thế thì
1 1 1
2 0 4 2 1;1; 1 ; ;
4 4 4
IO OA IO OB IO OC OI OA OB OC I
.
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2
105
4 2 2 4
4
T MA MB MC MA MB MC MI IA MI IB MI IC
T MI IA IB IC MI IA IB IC MI
T đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất. Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng (P) ta có
IM IH
.
Như vậy MI nhỏ nhất khi M trùng với H.
5
Phương trình đường thẳng IH qua I và có vector chỉ phương
2; 1;2
u
:
1 1 1
4 4 4
2 2 2
x y z
Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ
1 1 1
3 14 3
4 4 4
; ; ; ;
2 2 2
5 5 5
2 1 0
x y z
x y z
x y z
. Điểm cần tìm là
3 14 3
; ;
5 5 5
M
.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho hai đường thẳng
1 2
:2 2; :2 2 0
d x y d x y
. Lập
phương trình đường tròn tâm
2;4
I cắt hai đường thẳng lần lượt theo hai dây cung
,
AB CD
sao cho
16
5
AB CD .
Hướng dẫn:
Ta có
1 1 2 2
2 2
2.2 4 2 2.2 4 2
2 6
, ; ,
5 5
2 1 2 1
h d I d h d I d
.
Kẻ IH vuông góc với AB và IK vuông góc với CD thì H, K tương ứng là trung điểm của hai đoạn thẳng AB, CD.
Áp dụng định lý Pythagores trong các tam giác IAH và ICK ta có
2 2 2 2
2 2 2 2
1 2
16 16 8
2
5 5 5
8
5
4 36 8
5 4 5 36 8 5 40 8
5 5
5
AB CD AH CK R IH R IK
R h R h
R x x x x x x x
Phương trình đường tròn cần tìm
2 2
2 4 64
x y
.
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giá trị thực của m để đường thẳng
: 2
d y x m
cắt đồ thị
3
3
1
y x
x
tại hai điểm M, N
phân biệt sao cho trọng tâm tam giác IMN nằm trên đường thẳng
2 11 0
x y
(với I là giao điểm hai đường tiệm cận).
Hướng dẫn:
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là
2
3 6 0
1
2 3
1
1
f x x m x m
x m x
x
x
Phương trình (*) có
2
36 0 ; 1 3 0
m f m
nên luôn có hai nghiệm phân biệt khác 1 với mọi m.
Hai nghiệm
1 2
,
x x
của (*) tương ứng là hoành độ hai giao điểm M, N. Dễ thấy
1 1 2 2
;2 , ;2
A x x m B x x m
.
Áp dụng định lý Viete cho (*) ta có
1 2
6
3
m
x x
.
Tiệm cận đứng
1
x
và tiệm cận xiên
3
y x
, suy ra giao điểm I của hai đường tiệm cận
1;2
I
.
Tọa độ trọng tâm tam giác IMN là
2 6
6 1 2 2
;
9 3 9 3
m
m m
G
.
Theo yêu cầu bài toán
9 18 4
: 2 11 0 2. 11 0 8
9 9
m m
G x y m
.
Giá trị cần tìm của m là
8
m
.
HẾT
. TRUONGHOCSO.COM MÃ SỐ B8 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 2 . 1 2 x y tại hai điểm A, B phân biệt sao cho diện tích tam giác OAB b ng 1 8 (O là gốc tọa độ). Hướng dẫn: 1. Khảo sát hàm số 1 2 x y x , b i toán cơ b n, học sinh tự giải. 2. Phương. y y y y x x . Đặt 2 ; 2 0; 0 x y y x a b a b ta thu được 2 2 2 2 2 4 5 4 5 0 4 5 0 a x y a b a ab b a b a b a b x y x y b y x . Phương