1 TRUONGHOCSO.COM MÃ SỐ D4 Hướng dẫn giải gồm 05 trang TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối: D 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 x y x    . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho. 2. Tìm giá trị thực của m để đường thẳng : 2 3 d y x m   cắt đồ thị hàm số trên tại hai điểm phân biệt P, Q thỏa mãn hệ thức . 4 0 OP OQ     (O là gốc tọa độ). Hướng dẫn: 1. Bài toán cơ bản, học sinh tự giải. 2. Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là :       2 2 3 1 6 3 0 1 3 2 3 2 2 f x x m x m x x m x x                   Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt P, Q khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2  Điều này luôn đúng do   2 0f m      và 2 9 30 33 0m m m         . Hai nghiệm 1 2 , x x của (1) tương ứng là hoành độ của hai giao điểm của hai đồ thị. Giả sử     1 1 2 2 ;2 3 , ;2 3 P x x m Q x x m   . Áp dụng định lý Viete ta có   1 2 1 2 3 1 2 6 3 2 m x x m x x              Ta có    1 2 1 2 12 15 7 . 4 0 2 3 2 3 4 4 2 12 m OP OQ x x x m x m m                 . Giá trị cần tìm là 7 12 m  . Câu 2 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình           2 2 2 2 2 3 1 ; 4 9 12 7 6 y x x x y x y y x y              . Hướng dẫn: Xét 0 1 y x    , không thỏa mãn hệ đã cho. Hệ phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 2 4 2 4 2 3 3 4 4 9 12 6 7 9 12 6 3 3 4 7 2 2. 7 x x x x y y xy x y y y x y x x y y y x x x x x y y y y y                                              Đặt 3 3 2 ; x x a b y y    ta thu được       2 2 4 4 ; 3;1 , 5;9 2 7 2 15 a b b a a b a b a a                   . Xét hai trường hợp         3 3 5 2 3 2 5 3 7 ; 3;1 ; ; 5;9 3 3 3 1 1 9 3 x x x x x x y y a b a b y y y y                                             Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm. 2 Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình   2 2cos3 cos 3 sin2 1 2 3 os 2 4 x x x c x            . Hướng dẫn giải : Phương trình đã cho tương đương với     2 2cos3 cos 3 sin 2 1 2 3 os 2 4 os4 os2 3 sin2 1 3 1 os 4 2 os4 os2 3sin 2 3 3sin 4 3 os2 3sin 2 3sin 4 os4 0 sin 2 sin 4 0 sin 3 cos 0 6 6 6 2 x x x c x c x c x x c x c x c x x x c x x x c x x x x x x                                                                               18 3 k k k x               Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 2 sin 0 2cos cos 2 x x I x x e dx           . Hướng dẫn:   2 2 2 2 2 2 sin sin sin sin sin 0 0 0 0 0 sin sin 2 2 2 sin sin sin sin 2 0 0 0 0 2cos cos 1 cos cos cos cos 2 cos ; cos cos cos 2 x x x x x x x x x x x x I x x e dx x x x e dx e dx xe dx x xe dx e u du e xdx dx dv v x I xe x xe dx xe dx x xe dx e I                                               2 2 sin sin 0 0 cos sin 1 2 2 x x e e xe dx e d x e            Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều, các cạnh bên đều bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 30  . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. Hướng dẫn: Gọi O là tâm của tam giác đều ABC, H là trung điểm của BC. Vì SA SB SC a    nên SO vuông góc với mặt (ABC). 3 3 3 3 3 30 ; .sin30 ; ; 2 2 2 4 2 a a a a SAO SO SA AO AH AO BC           . Diện tích đáy 2 2 3 . 1 1 3 3 3 9 3 1 1 9 3 3 3 . . . . . . 2 2 2 4 16 3 3 2 16 32 ABC S ABC ABC a a a a a a S BC AH V SO S          . 3 Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực , , x y z thỏa mãn 6 x y z    . Chứng minh 1 1 1 8 8 8 4 4 4 x y z x y z         . Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 3 8 8 64 3 8 .8 .64 12.4 8 32 6.4 x x x x x x x        , đẳng thức xảy ra khi 2 x  . Thiết lập hai bất đẳng thức tương tự 8 32 6.4 ; 8 32 6.4 y y z z     Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta thu được   8 8 8 96 6 4 4 4 x y z x y z       (1). Mặt khác ta có   3 4 4 4 3 4 48 2 4 4 4 96 x y z x y z x y z          (2). Kết hợp (1) và (2) thu được     1 1 1 8 8 8 2 4 4 4 96 6 4 4 4 96 8 8 8 4 4 4 x y z x y z x y z x y z x y z                    . Đẳng thức xảy ra khi 2 x y z    . 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). Tính tỉ số a b biết , a b lần lượt là hệ số của các hạng tử chứa 2 3 , x x trong khai triển   20 5 3 x  . Hướng dẫn:   20 20 20 5 5 20 0 3 3 k k k k x C x      . Hạng tử chứa 2 x tương ứng với 18 2 5 20 2 3 k a C   . Hạng tử chứa 3 x chứa tương ứng với 17 3 5 20 3 3 k b C   . Tỉ số cần tìm là 18 2 3 5 20 17 3 5 20 3 3 6 3 Ca b C   . Câu 8.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm   6;6 I và ngoại tiếp đường tròn tâm   4;5 K , lập phương trình các cạnh của tam giác biết tọa độ đỉnh   2;3 A . Hướng dẫn: 5 IA  nên đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình     2 2 6 6 25 x y     . Phương trình đường phân giác AK : 1 0 x y    . Gọi D là giao điểm của AK và đường tròn (C) thì D thỏa mãn hệ       2 2 1 0 9;10 6 6 25 x y D x y              . Nhận xét 2 A C DCK DKC        Tam giác DKB là tam giác cân tại D. Hơn nữa 50, DK DB DC   nên tọa độ hai đỉnh B, C thỏa mãn hệ               2 2 2 2 6 6 25 ; 2;9 , 10;3 9 10 50 x y x y x y                . Suy ra phương trình các cạnh của tam giác là 2; 3;3 4 42 0 x y x y      . 4 Câu 9.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   1; 2;1 J   . Lập phương trình mặt cầu tâm I cắt mặt phẳng   : 2 2 15 0 P x y z     theo giao tuyến là một đường tròn có chu vi bằng 8  (I là điểm đối xứng với J qua mặt phẳng (P)). Hướng dẫn: Phương trình đường thẳng IJ đi qua   1; 2;1 J   và vuông góc với mặt phẳng (P): 1 2 1 2 1 2 x y z       . Đường thẳng này cắt mặt phẳng (P) tại điểm K , dễ thấy tọa độ K thỏa mãn hệ     1 2 1 3; 3;3 5; 4;5 2 1 2 2 2 15 0 x y z K I x y z                      . Dễ thấy K là tâm đường tròn giao tuyến và     , 3 IK JK d I P    . Chu vi đường tròn giao tuyến bán kính r bằng 8  nên ta có 2 8 4 r r      Gọi bán kính mặt cầu cần tìm là R, áp dụng định lý Pythagores ta có 2 2 2 2 25 5 r IK R R R       . Mặt cầu cần tìm có phương trình         2 2 2 : 5 4 5 25 S x y z       . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho parabol 2 y x  , tìm tọa độ hai điểm A và B thuộc parabol sao cho tam giác AOB là tam giác đều. Hướng dẫn: Nhận xét rằng parabol đã cho nhận trục hoành làm trục đối xứng. Tam giác OAB cân ở O và hai điểm A, B phải đối xứng với nhau qua trục hoành. Giả sử tọa độ     2 2 ; ; A a a B a a   .         4 2 4 2 2 3 3; 3 , 3; 3 2 4 3 3; 3 , 3; 3 a A B OA AB a a a a a a a A B                     Như vậy có hai cặp điểm A, B thỏa mãn bài toán. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 4 : 7 2 4 x z d y      và mặt phẳng (P) có phương trình 3 2 5 0 x y z     . Gọi  là hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng (P), tìm tọa độ điểm F trên đường thẳng  sao cho độ dài OF lớn nhất. Hướng dẫn: Đường thẳng d đi qua điểm   1;7;3 A và có vector chỉ phương là   2;1;4 d u   . Nhận xét . 0 d P u n    nên đường thẳng d song song với mặt phẳng (P). Gọi d’ là phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (P) đã cho, thế thì 1 7 3 : 3 2 1 x y z d         . Tọa độ giao điểm B của d’ và mặt phẳng (P) thỏa mãn hệ 1 7 3 41 40 33 ; ; 3 2 1 14 7 14 3 2 5 0 x y z B x y z                        . Hình chiếu vuông góc  của đường thẳng d : 40 41 33 7 14 14 2 1 4 y x z      . 5 Với mọi điểm F thuộc đường thẳng  ta có   2 2 2 2 2 2 41 40 33 655 361 361 2 4 21 42 21 1 14 7 14 14 14 14 OF t t t t t t                                . Đẳng thức xảy ra khi 1 t   . Điểm F cần tìm : 13 33 23 ; ; 14 7 14 F        , khi đó 361 14 OF  . Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giá trị thực của m để đồ thị hàm số   2 5 1 x m x m y x      cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt sao cho khoảng cách giữa hai điểm đó ngắn nhất. Hướng dẫn: Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho và trục hoành là         2 2 5 0 1 5 0 1 1 f x x m x m x m x m x x                  Phương trình (1) có     2 2 6 25 3 16 0 , 1 4 0m m m m f m                  nên luôn có hai nghiệm phân biệt khác 1 với mọi giá trị m, hai đồ thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt     1 2 ;0 , ;0 A x B x . Áp dụng định lý Viete cho hai nghiệm 1 2 , x x của phương trình (1) : 1 2 1 2 5 x x m x x m        Khoảng cách giữa hai điểm A, B là       2 2 2 1 2 1 2 1 2 4 3 16 4 AB x x x x x x m          . Độ dài AB ngắn nhất bằng 4 khi 3 m   , như vậy giá trị 3 m   là giá trị cần tìm. . TRUONGHOCSO.COM MÃ SỐ D4 Hướng d n giải gồm 05 trang TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài:. cos 2 x x x x x x x x x x x x I x x e dx x x x e dx e dx xe dx x xe dx e u du e xdx dx dv v x I xe x xe dx xe dx x xe dx e I               