1 TRUONGHOCSO.COM MÃ SỐ B10 (Đề thi gồm 01 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 2 1 2 x y x    . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm tọa độ điểm M trên đồ thị (C) sao cho tam giác MAB vuông tại M với     5;1 , 1;3 A B . Hướng dẫn: 1. Bài toán cơ bản, học sinh tự giải. 2. Tọa độ điểm 2 1 ; 2 x M x x         thuộc đồ thị (C), trung điểm của đoạn AB:   2;2 I  . Độ dài đoạn 2 10 AB  . Tam giác MAB vuông tại M khi 1 10 2 MI AB  .           2 2 2 2 2 2 2 25 2 2 2 2 10 2 5 2 5 MI x y x x MI x x                 Các điểm M cần tìm :     1 2 2 5; 5 2 , 2 5; 5 2 M M        . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình   2 2 2 sin cos 2sin 1 sin sin 3 1 cot 4 4 2 x x x x x x                            . Hướng dẫn: Điều kiện sin 0 x  . Phương trình đã cho tương đương với             2 2 2sin 1 2sin cos 2sin 2cos 2 .sin 4 sin os2 sin 2 2 os2 sin 2 os2 sin 2 sin 2 0 tan 2 1 8 2 sin 2 x x x x x x x c x x c x x c x x x x k x x L                                   Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   2 ; 7 7 2 3 xy x y x y x y              . Hướng dẫn: Điều kiện 0 7 ; 7 2 xy y x         Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với     2 2 2 2 4 0 4 4 4 5 0 2 2 0 2 0 2 0 x y x y xy y xy x y xy x xy y x y x y x y x                                Xét hai trường hợp 2 2 0 0 x y x y y x x              Phương trình thứ hai của hệ tương đương với   2 2 7 2 3 7 7 2 9 7 6 7 7 7 2 3 7 7 0 0 2 2 18 81 36 7 54 171 0 9 6 7 3 3 7 7 7 0 0 0 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x y x x x                                                                    4 4 2 0 0 x y x y y x y              Phương trình thứ hai của hệ tương đương với   2 2 7 4 3 7 2 7 4 9 7 2 6 7 2 7 4 7 2 3 0 0 4 36 81 36 7 2 4 108 171 09 2 6 7 2 57 114 2 0 0 0 y y y y y y y y y y y y y yy y y x y y y                                                               Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân   2 1 2 1 sin x x I e x e x dx     . Hướng dẫn:   2 2 2 2 1 1 1 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 2 2 1 1 1 sin sin ; sin sin ; 1 1; 1 1 sin sin 0 2 ; 1 2 2 x x x x t t x x x x x x I e x e x dx e xdx e x dx I I t x dt dx x t x t x t I e t dt e t dt I I u x du xdx e dx dv v e I x e xe dx e xe e dx e                                                            1 1 5 e e      Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA SB a   và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD. Hướng dẫn: Theo giả thiết, hai mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) theo giao tuyến BD. Kẻ AO vuông góc với (SBD) thì O thuộc BD, hơn nữa SA AB AD OS OB OD       tam giác SBD là tam giác vuông tại S. Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3; 4 2 a a BD SB SD a a a AO AB OB a           3 . . 1 1 1 2 . . . . 2. 3 6 6 2 12 S ABD A SBD SBD a a V V S AO SB SD AO a a       Trong tam giác SBD, kẻ OH vuông góc với SD tại H, suy ra H là trung điểm của SD, do AO vuông góc với (SBD) nên AO vuông góc với OH, suy ra OH là đoạn vuông góc chung của AC và SD,   1 , 2 2 a d AC BD OH SB    . 3 Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương , , a b c thỏa mãn 1 a b c    . Chứng minh       11 9 11 9 11 9 10 9 9 9 a b b c c a a a b b b c c c a          . Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có                   3 3 11 9 11 9 11 9 2 9 9 2 9 9 2 9 9 9 9 9 9 9 9 2 1 1 1 1 1 1 2 3 3 9 9 . 10 9 9 2 a b b c c a a a b b b c c c a a a b b b c c c a a a b b b c c c a a b b c c a a b c a b c a b c abc a b b c c a                                                      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). Chứng minh đẳng thức 1 1 2 2 3 3 1 3 2 3 3 3 4 n n n n n n n n n C C C nC n          . Hướng dẫn: Xét khai triển   0 1 1 2 2 2 3 3 3 3 n n n n n n n n n n x C C x C x C x         . Đạo hàm hai vế đẳng thức này ta được   1 1 1 2 2 1 3 3 2 3 n n n n n n n n n x C C x nC x          . Tương ứng với 1 x  ta có 1 1 2 2 3 3 1 3 2 3 3 3 4 n n n n n n n n n C C C nC n          . Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , lập phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng có phương trình   : 2 5 0 P x y z      , song song và cách đường thẳng 2 2 : 3 4 2 x y d z      một khoảng bằng 14 . Hướng dẫn: Đường thẳng d đi qua điểm   2;3; 3 M  và có vector chỉ phương   4;2;1 d u   . Gọi d’ là đường thẳng đi qua M, nằm trong mặt phẳng (P) và vuông góc với d.   ' 3; 9;6 d P u u n            , tọa độ điểm A thuộc d’ :       2 3;0; 1 1 2 ;3 3 ; 3 2 ; 14 1 1;6; 5 A a A a a a AM a A                    Có hai đường thẳng thỏa mãn : ' ' 1 2 3 1 1 6 5 : ; : 1 3 2 2 3 2 x y z x y z d d            . Câu 9.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , lập phương trình đường tròn (C) có tâm   1;3 I  cắt đường thẳng :3 4 10 0 x y     tại hai điểm M, N phân biệt sao cho 120 MIN   . Hướng dẫn: Gọi H là trung điểm của MN thì IH là đường trung trực của đoạn MN, khi đó 1 60 2 HIN HIM MIN       . Trong tam giác vuông HIN :   2 2 1.3 4.3 10 , 1 3 4 IH d I         ; cos cos60 2 2 IH IN HIN IN R IN IH         . Phương trình đường tròn cần tìm:     2 2 1 3 4 x y     . 4 B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng đi qua điểm   1; 3; 2 M    cắt mặt cầu         2 2 2 : 1 2 3 14 S x y z       theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Hướng dẫn: Mặt cầu đã cho có tâm   1; 2; 3 I    , bán kính 14 R  . Ta có 2 IM  nên M nằm bên trong hình cầu. Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng (P) cần tìm, đường tròn giao tuyến của (P) và (S) có bán kính r. Ta có 2 2 2 2 2 14 IH r R r IH      , do đó r nhỏ nhất khi IH lớn nhất. Mặt khác IH IM  nên IH lớn nhất khi H trùng với M, khi đó M là tâm đường tròn giao tuyến. Mặt phẳng cần tìm đi qua   1; 3; 2 M    và vuông góc với IM : 1 0 y z    . Câu 8.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm   2;2 A . Tìm tọa độ các điểm B, C lần lượt thuộc các đường thẳng 1 2 : 2 ; : 8 0 d x y d x y      sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. Hướng dẫn: Tọa độ hai điểm     ;2 , 2;6 B b b C c c    . Tam giác ABC vuông cân tại A khi và chỉ khi                   2 2 2 2 2 2 8 0 . 0 ; 3; 1 , 5;3 2 2 8 b c b c AB AC b c AB AC b b c c                            Như vậy ta có     3; 1 , 5;3 B C hoặc     3; 1 , 5;3 C B . Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giá trị thực của a để hệ phương trình sau có nghiệm với mọi giá trị thực của b :       3 log 2 2 2 2 2 3 2 2 1 log ; 1 log log 1 b x b a y a x y a x y              . Hướng dẫn: Điều kiện 0, 0 x y   . * Điều kiện cần: Giả sử hệ có nghiệm với mọi giá trị thực của b. Đặt 3 2 log ,log x u y v   hệ phương trình tương đương với     2 2 2 2 2 1 1 1 bu b a v a a u v            Với 0 b  hệ phương trình trở thành           2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 a a u v a a u v a a u v                                     * Điều kiện đủ: Với 1 a  , hệ phương trình đã cho tương đương với   2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 bu bu bv b v v                  Dễ thấy hệ (1) có nghiệm khi 1 1 2 0 2 b b     . Với 1 a   , hệ phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 0 2 1 1 2 1 bu u v u v                Hệ phương trình có nghiệm với mọi giá trị b. Kết luận : Giá trị a cần tìm là 1 a   . . 1 TRUONGHOCSO.COM MÃ SỐ B10 (Đề thi gồm 01 trang) TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối: B Thời gian làm bài:. thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 2 1 2 x y x    . 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ