1
TRUONGHOCSO.COM
MÃ SỐB9
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
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
4 2 2
4 2 4
y x m x m
(1), với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với
0
m
.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ
1 2 3 4
, , ,
x x x x
thỏa mãn hệ thức
4 4 4 4
1 2 3 4
17
x x x x
.
Hướng dẫn:
1. Khảo sát hàm số
4 2
2
y x x
, bài toán cơ bản, học sinh tự giải.
2. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và trục hoành là
4 2 2
4 2 4 0x m x m
.
Đặt
2
0
x t t
thu được
2 2
2 2 1 4 0 2
t m t m
Hai đồ thị cắt nhau tại 4 điểm phân biệt khi (*) có 4 nghiệm phân biệt, tức là (2) có 2 nghiệm dương phân biệt
2
4 1 0
1
2 2 1 0 0
2
4 0
m
S m m
P m
4 nghiệm
1 2 3 4
, , ,
x x x x
tương ứng là hoành độ 4 giao điểm A, B, C, D.
Hơn nữa, gọi 2 nghiệm dương của (2) là
1 2
,
t t
. Không mất tính tổng quát, giả sử
2 2 2 2
1 2 1 3 4 2
;
x x t x x t
.
Áp dụng định lý Viete cho phương trình (2) ta có
1 2
2
1 2
2 2 1
4
t t m
t t m
2
4 4 4 4 2 2 2
1 2 3 4 1 2 1 2 1 2
17 9 1
17 2 17 2 16 32 9 0 ;
2 4 4
x x x x t t t t t t m m m m
.
Giá trị cần tìm là
1
4
m
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2 2
10 4 5
;
12 2 13 2 2
x y xy
x y
x xy y x y xy
.
Hướng dẫn:
Điều kiện
0
xy
.
Hệ phương trình đã cho tương đương với
2 3 4 3 4
3 4 3 2
x y xy x y xy
x y xy x y xy
Đặt
3 ; 4 3
x y xy a x y xy b
thu được
2
2
2
4 2
3 1
2 4 1
4 2 22 2
1 0
4 3 2
4 1
4 1
3 1
20 5 11 6
3 1
5 5
4 3 3 1 2
4 5 1 0
4 5 1 0
b
b a
x y xy
a b a
a aab b
a
x y xy
x x
x
xy x y
x x x
x
x y x y
x y
x y
2
Phương trình (*) tương đương với
2 2 2
6 6
1 1
11 11
20 5 121 132 36 101 137 36 0
x x
x y
x x x x x x
Hệ đã cho có nghiệm duy nhất
; 1;1
x y
.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình
3
3
8
cot tan
sin 2
x x
x
.
Hướng dẫn:
Điều kiện
2 0
sin x
.
Phương trình đã cho tương đương với
3 3
3 3
8 cos sin 8 1
tan tan tan tan
sin 2 sin cos sin 2 sin 2
x x
x x x x
x x x x x
Đặt
2
; tan
sin 2
a x b
x
thu được
3 3 2 2
2
2
1 0
3
1 0 1
2 4
a b
a a bb a b a ab b
b
a b
Phương trình (1) vô nghiệm nên ta có
2
2
tan 1 cos 0
sin 2
a b x sin x x
x
(Loại).
Phương trình đã cho vô nghiệm.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
4
0
2 2
1 2
x
e sin x
I dx
cos x
.
Hướng dẫn:
4 4 4 4
2
0 0 0 0
4 4
4
4
0
0 0
sin cos
2 2 tan
1 os2 1 os2 os
tan tan tan
x x x
x
x x x
e e x x e
I dx dx dx e xdx
c x c x c x
I e x e xdx e xdx e
Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy A’B’C’ là tam giác vuông tại B’. Gọi K là hình chiếu vuông góc
của điểm A lên đường thẳng AC’. Biết góc giữa đường thẳng A’K và mặt phẳng (C’AB) bằng
30
và
' ' , ' ' 5
A B a A C a
, tính thể tích khối tứ diện KA’BC.
Hướng dẫn:
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 15
' 30 ' 2 ' ; '
' ' ' 5 2
5
' 15; ' ' 2 5 ' 5;
2
a
A KH A K A H A K
AA A H a A K a
a
AA a AC A C a OA a OK
Diện tích tam giác A’CK :
2
' '
5 3
2 ' .
4
A CK OA K
a
S S A K OK
.
Kẻ BI vuông góc với AC thì BI vuông góc với mặt phẳng (CA’K) nên BI là đường cao tứ diện B.A’CK và
2
5
a
BI .
3
' " '
1 15
.
3 6
KA BC BA CK A CK
a
V V BI S
.
3
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm
, ,
a b c
thỏa mãn
2 3 4
a b c
. Chứng minh
2
b a c ca
.
Hướng dẫn:
Dễ thấy
0
bc
nên ta chỉ cần chứng minh
2
a b c
. Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
2
2
3
2 3
3 3
2 2
2. 2. 2
2 2 2 4 8
a
b c
a b c
a
a b c a b c b c
.Đẳng thức xảy ra khi
4
2
0
1
0
0
3
2 2
a b c
a
bc
b
ca
c
a c
b
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). Giải phương trình
2
1 3
3
3
1 3
log 2 log 3 log
2 1
x x x x
x
.
Hướng dẫn:
Điều kiện
0
x
.
Phương trình đã cho tương đương với
3 3 3 3 3 3
2
2 2 2 2
log 2 log 3 log 3 log 1 log 3 2 1 log 3
3 3
0
2 4
3 2 1 3 3 3 2 3 3 3 3 1 0
13 3
2
x x x x x x x x
x L
x x x x x x x x x x x x
x
Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
13 3
2
x
.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác ABC có đỉnh
1;2
B
, phương trình đường phân
giác trong của góc A là
:2 1 0
d x y
. Tìm tọa độ các đỉnh A và C biết rằng điểm C nằm trên trục tung và khoảng cách
từ C đến d bằng hai lần khoảng cách từ B đến d.
Hướng dẫn:
Gọi giao điểm của d và BC là D. Kẻ BH và CK cùng vuông góc với d, ta có BH song song với CK.
Áp dụng định lý Thalets ta có
1
2
2
BH BD
CD DB
CK CD
.
Gọi tọa độ đỉnh
;1 2 , 0;
D d d C c
thu được
2
2 1
3
1 2 2 1 2
5
d d
d
a c a
c
Ta có
0; 5
C
. Giả sử E là điểm đối xứng với B qua phân giác d, H là trung điểm của BE.
Phương trình đường thẳng BH qua B và vuông góc với d :
2 3 0
x y
, tọa độ điểm
1 7 7 4
; ;
5 5 5 5
H E
.
Phương trình đường thẳng AC đi qua hai điểm C và E :
29 7 35 0
x y
.
Tọa độ đỉnh A thỏa mãn hệ
29 7 35 0
14 33
;
2 1 0
5 5
x y
A
x y
.
4
Câu 9.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, lập phương trình đường thẳng
đi qua
1;0;2
A
cắt mặt
phẳng
:2 3 0
P x y z
tại C và cắt đường thẳng
3 2
: 6
2 4
x y
d z
tại B sao cho
AB AC
.
Hướng dẫn:
Giao điểm M của đường thẳng d và mặt phẳng (P) thỏa mãn hệ
2 3 0
5;6;7
3 2
6
2 4
x y z
M
x y
z
.
Gọi l là đường thẳng qua A và song song với d thì
1 2
:
2 4 1
x y z
l
.
Giao điểm N của đường thẳng l và mặt phẳng (P) thỏa mãn hệ
1 2
3; 4;1
2 4 1
2 3 0
x y z
N
x y z
.
Trong tam giác MBC, AN song song với BM và A là trung điểm của BC nên N là trung điểm của MC.
Ta có
11; 14; 5
C
. Phương trình đường thẳng AC :
1 2
10 14 4
x y z
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Tìm hệ số của số hạng chứa
6
a
trong khai triển Newton
31
4
3
1 4
2
3
x
y a
a
biết
,
x y
thỏa mãn hệ
phương trình
1
7
2
4 2
7 6log 6 5 1
;
3 1 4 2
x
y y
y y
x
x y
C C y x
.
Hướng dẫn:
Xét hệ phương trình, điều kiện
2
x
.
Đặt
1
7
1 log 6 5 7 6 5
t
t x x
. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
1
7 6 5
x
t
.
Suy ra
1 1
7 6 7 6
x t
x t
. Xét hàm số
1 1
7 6 ; 7 ln7 6 0
u u
f u u f u u f u
là hàm số đồng biến trên R.
Khi đó
1
7 6 5
x
f x f t x t x
.
Hai đồ thị này cắt nhau tại đúng hai điểm có hoành độ là
1; 2
x x
. Chọn nghiệm
2
x
.
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với
2
4 2
2 2
4 ! 2 !
3 1 3 3 3 4 1 2 6 6
2 !2! !2!
7 12 3 2 6 6 2
y y
y y
y y
C C y y y y y y y
y y
y y y y y y
Khi đó
31
31
93 7
31
31 31
31
4 4 4
12
3
31 31
3 3
0 0
1 4 2 2 4
2 4 4
3 6
3 3
k
k
k
k k
k
k k
x
y a a C a C a
a
a a
Số hạng chứa
6
a
tương ứng với
93 7
6 3
12
k
k
. Hệ số cần tìm là
31
3
31
3
4
6
C
.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, lập phương trình đường thẳng
đi qua điểm
3; 1;1
A
, nằm
trong mặt phẳng
: 5
P x y z
và tạo với đường thẳng
:2 2
d x y z
một góc
45
.
Hướng dẫn:
Đường thẳng
cần tìm có vector chỉ phương
; ;
u a b c
.
Theo bài ra
nằm trong mặt phẳng (P) nên . 0 0
P P
u n u n a b c a b c
.
5
Hơn nữa,
tạo với đường thẳng
:2 2
d x y z
một góc
45
nên
2
2 2
2 2 2
2
.
2 2
2
os , os os45 2 3 3
2
.
. 1 4 4
0
8 15 0 8 15 0
8 15
d
d
u u
a b c
c d c c b c b c b c
u u
a b c
c
c bc c c b
c b
Xét hai trường hợp
0 0; 0
c a b a b
. Chọn
3
1 : 1
1
x t
a b y t
z
3 1 1
8 15 ; 8 15; 7 :
7 8 15
x y z
c bb c a
.
Như vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 9.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho hypebol
2 2
:8 8
H x y
. Tìm m sao cho hypebol trên cắt
đường thẳng
:2 0
d x y m
tại hai điểm A, B thỏa mãn
1 2
2
AF BF
(A, B lần lượt thuộc nhánh trái và nhánh phải của
hypebol,
1 2
,
F F
là hai tiêu điểm của (H) và
1
F
có hoành độ âm).
Hướng dẫn:
Phương trình chính tắc của hypebol :
2
2
1 2
1 1; 2 2; 3 3;0 , 3;0
8
y
x a b c F F .
Phương trình hoành độ giao điểm của (H) và đường thẳng d là:
2
2 2 2
8 2 8 4 4 8 0x x m x mx m
Dễ thấy
2
4 8 0m m
nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu.
Gọi hai nghiệm của (*) là
1 2
,
x x
. Áp dụng định lý Viete cho (*):
1 2
x x m
.
Ta có
1 1 1 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 1
1 3 1 3 ; 1 3 1 3
2 2 1 3 1 3 2 1 0 1 0 1
AF x x BF x x
AF BF x x x x x m x m
Thay vào (*) thu được
2
2 2
2
4 1 4 1 8 0 7 12 4 0 2;
7
m m m m m m m m
.
HẾT
. TRUONGHOCSO.COM MÃ SỐ B9 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. 15 d d u u a b c c d c c b c b c b c u u a b c c c bc c c b c b Xét hai trường hợp 0 0; 0 c a b a b . 2 2. 2. 2 2 2 2 4 8 a b c a b c a a b c a b c b c .Đẳng thức xảy ra khi 4 2 0 1 0 0 3 2 2 a b c a bc b ca c a c b